AP EAMCET 2019 Physics Question Paper with Answer and Solution in Gujarati

(B) દરેક ગોળાનો વ્યાસ $D = 2\sqrt{3} \text{ m}$ છે,તેથી ત્રિજ્યા $R = \sqrt{3} \text{ m}$ છે.
ત્રણેય ગોળાઓના કેન્દ્રો $a = 2R = 2\sqrt{3} \text{ m}$ બાજુવાળા સમબાજુ ત્રિકોણ બનાવે છે.
ધારો કે કેન્દ્રોના યામ $A(0, 0)$,$B(2\sqrt{3}, 0)$,અને $C(\sqrt{3}, 3)$ છે.
ત્રણ સમાન ગોળાઓના દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(X_{CM}, Y_{CM})$ માટે:
$X_{CM} = \frac{m(0) + m(2\sqrt{3}) + m(\sqrt{3})}{3m} = \frac{3\sqrt{3}}{3} = \sqrt{3} \text{ m}$
$Y_{CM} = \frac{m(0) + m(0) + m(3)}{3m} = \frac{3}{3} = 1 \text{ m}$
તેથી,પ્રારંભિક દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $C_{CM} = (\sqrt{3}, 1)$ છે.
જો ગોળા $C$ ને દૂર કરવામાં આવે,તો બાકીના બે ગોળાઓ $A$ અને $B$ ના નવા દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $(X'_{CM}, Y'_{CM})$:
$X'_{CM} = \frac{m(0) + m(2\sqrt{3})}{2m} = \sqrt{3} \text{ m}$
$Y'_{CM} = \frac{m(0) + m(0)}{2m} = 0 \text{ m}$
તેથી,નવું દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર $C'_{CM} = (\sqrt{3}, 0)$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રમાં થતું સ્થાનાંતર $\Delta = \sqrt{(\sqrt{3} - \sqrt{3})^2 + (1 - 0)^2} = 1 \text{ m}$ છે.
સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) ધારો કે દળ $m_P = 3m$,$m_R = 2m$,અને $m_Q = 3m$ છે. કણ $R$ એ $v$ વેગથી $Q$ તરફ ગતિ કરે છે.
$1$. $R$ અને $Q$ વચ્ચેની પ્રથમ અથડામણ:
અથડામણ પછીના વેગ માટે સ્થિતિસ્થાપક અથડામણનું સૂત્ર વાપરતા: $v_1' = \frac{(m_1-m_2)v_1 + 2m_2v_2}{m_1+m_2}$ અને $v_2' = \frac{(m_2-m_1)v_2 + 2m_1v_1}{m_1+m_2}$.
$R$ અને $Q$ માટે $(m_R=2m, m_Q=3m)$: $v_R' = \frac{(2m-3m)v + 0}{2m+3m} = -v/5$ અને $v_Q' = \frac{(3m-2m)0 + 2(2m)v}{2m+3m} = 4v/5$.
$2$. હવે $R$ એ $-v/5$ વેગથી $P$ $(m_P=3m)$ તરફ ગતિ કરે છે:
$R$ અને $P$ માટે $(m_R=2m, m_P=3m)$: $v_R'' = \frac{(2m-3m)(-v/5) + 0}{2m+3m} = v/25$ અને $v_P'' = \frac{(3m-2m)0 + 2(2m)(-v/5)}{2m+3m} = -4v/25$.
અહીં $v_R''$ ધન છે અને $v_Q'$ પણ ધન છે $(4v/5 > v/25)$,તેથી $R$ ફરી ક્યારેય $Q$ ને પકડી શકશે નહીં. ઉપરાંત,$P$ ઋણ દિશામાં ગતિ કરે છે,તેથી હવે કોઈ અથડામણ થશે નહીં.
કુલ અથડામણ = $3$.

(C) ધારો કે બંને પદાર્થોનું દળ $m$ છે. શરૂઆતમાં,પદાર્થ $A$ નું વેગમાન $P$ છે,તેથી તેનો વેગ $v_A = P/m$ છે. પદાર્થ $B$ સ્થિર છે,તેથી $v_B = 0$ છે.
અથડામણ દરમિયાન,પદાર્થ $A$ એ પદાર્થ $B$ પર $J$ જેટલો આઘાત લગાડે છે. ન્યૂટનના ગતિના ત્રીજા નિયમ મુજબ,પદાર્થ $B$ એ પદાર્થ $A$ પર સમાન અને વિરુદ્ધ દિશામાં $J$ જેટલો આઘાત લગાડે છે.
વિધાન $(b)$ સાચું છે કારણ કે $B$ દ્વારા $A$ પર લાગતો આઘાત એ $A$ દ્વારા $B$ પર લાગતા આઘાત જેટલા જ મૂલ્યનો હોય છે.
અથડામણ પછી,$B$ નું વેગમાન $P_B = J$ થાય છે,તેથી તેનો વેગ $v_B' = J/m$ છે.
$A$ નું વેગમાન $P_A' = P - J$ થાય છે,તેથી તેનો વેગ $v_A' = (P - J)/m$ છે.
રિસ્ટિટ્યુશનનો ગુણાંક $e$ એ છૂટા પડવાના સાપેક્ષ વેગ અને નજીક આવવાના સાપેક્ષ વેગના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત થાય છે:
$e = \frac{v_B' - v_A'}{v_A - v_B} = \frac{\frac{J}{m} - \frac{P-J}{m}}{\frac{P}{m} - 0} = \frac{2J - P}{P} = \frac{2J}{P} - 1$.
આમ,વિધાન $(c)$ પણ સાચું છે.
તેથી,વિધાન $(b)$ અને $(c)$ સાચા છે.

(B) અહીં, પદાર્થનું દળ $m = 2 \, kg$ છે.
આઘાત એ વેગમાનમાં થતો ફેરફાર છે: $\text{Impulse} = \Delta p = p_f - p_i = m(v_f - v_i)$.
સ્થાન-સમય આલેખ પરથી, વેગ એ $x-t$ આલેખનો ઢાળ છે $(v = \frac{dx}{dt})$.
$t < 4 \, s$ માટે, વેગ $v_i$ એ $(0,0)$ થી $(4,3)$ સુધીની રેખાનો ઢાળ છે:
$v_i = \frac{3 - 0}{4 - 0} = 0.75 \, m/s$.
$t > 4 \, s$ માટે, વેગ $v_f$ એ સમક્ષિતિજ રેખાનો ઢાળ છે:
$v_f = 0 \, m/s$.
તેથી, $t = 4 \, s$ સમયે આઘાત:
$\text{Impulse} = m(v_f - v_i) = 2 \, kg \times (0 - 0.75 \, m/s) = -1.5 \, kg \cdot m/s$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

$(A)$ આપેલ છે: $m_1 = 1 \,kg, m_2 = 2 \,kg$, $v_1 = 12 \,ms^{-1}, v_2 = 8 \,ms^{-1}$, અને $v_3 = 4 \,ms^{-1}$.
ખડક શરૂઆતમાં સ્થિર હોવાથી, પ્રારંભિક વેગમાન શૂન્ય છે. વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ, અંતિમ વેગમાન પણ શૂન્ય હોવું જોઈએ:
$\vec{p}_1 + \vec{p}_2 + \vec{p}_3 = 0 \Rightarrow \vec{p}_3 = -(\vec{p}_1 + \vec{p}_2)$.
ત્રીજા ભાગના વેગમાનનું મૂલ્ય નીચે મુજબ મળે:
$p_3 = \sqrt{p_1^2 + p_2^2 + 2p_1 p_2 \cos 90^{\circ}} = \sqrt{(m_1 v_1)^2 + (m_2 v_2)^2}$.
કિંમતો મૂકતા:
$p_3 = \sqrt{(1 \times 12)^2 + (2 \times 8)^2} = \sqrt{144 + 256} = \sqrt{400} = 20 \,kg \cdot ms^{-1}$.
$p_3 = m_3 v_3$ હોવાથી, $m_3 \times 4 = 20$, જે આપણને $m_3 = 5 \,kg$ આપે છે.
ખડકનું કુલ દળ $m = m_1 + m_2 + m_3 = 1 + 2 + 5 = 8 \,kg$ થાય.
તેથી, સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) ધારો કે બ્લોક્સનો પ્રવેગ $a$ છે. $60^{\circ}$ ના ઢાળ પરના બ્લોક માટે ઢાળની દિશામાં લાગતું બળ $mg \sin 60^{\circ} - T = ma$ અને $30^{\circ}$ ના ઢાળ પરના બ્લોક માટે $T - mg \sin 30^{\circ} = ma$ છે.
આ બંને સમીકરણોનો સરવાળો કરતા: $mg(\sin 60^{\circ} - \sin 30^{\circ}) = 2ma$.
$a = \frac{g}{2} (\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}) = \frac{g(\sqrt{3}-1)}{4}$.
બંને બ્લોક્સ માટે પ્રવેગ સદિશો $\vec{a}_1 = a(\cos 60^{\circ} \hat{i} - \sin 60^{\circ} \hat{j})$ અને $\vec{a}_2 = a(-\cos 30^{\circ} \hat{i} - \sin 30^{\circ} \hat{j})$ છે.
દ્રવ્યમાન કેન્દ્રનો પ્રવેગ $\vec{a}_{CM} = \frac{m\vec{a}_1 + m\vec{a}_2}{2m} = \frac{\vec{a}_1 + \vec{a}_2}{2}$ છે.
$\vec{a}_{CM} = \frac{a}{2} [(\cos 60^{\circ} - \cos 30^{\circ}) \hat{i} - (\sin 60^{\circ} + \sin 30^{\circ}) \hat{j}]$.
$a = \frac{g(\sqrt{3}-1)}{4}$,$\cos 60^{\circ} = 1/2$,$\cos 30^{\circ} = \sqrt{3}/2$,$\sin 60^{\circ} = \sqrt{3}/2$,$\sin 30^{\circ} = 1/2$ કિંમતો મૂકતા:
$|\vec{a}_{CM}| = \frac{a}{2} \sqrt{(\frac{1-\sqrt{3}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}+1}{2})^2} = \frac{a}{2} \sqrt{\frac{1+3-2\sqrt{3} + 3+1+2\sqrt{3}}{4}} = \frac{a}{2} \sqrt{\frac{8}{4}} = \frac{a\sqrt{2}}{2} = \frac{a}{\sqrt{2}}$.
$|\vec{a}_{CM}| = \frac{g(\sqrt{3}-1)}{4\sqrt{2}}$.
આમ,વિકલ્પ $(d)$ સાચો છે.

(D) પૃષ્ઠતાણને કારણે સાબુના પરપોટાની અંદરનું વધારાનું દબાણ $p_i = \frac{4S}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે પરપોટાને ચાર્જ કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેની સપાટી પર બહારની તરફ સ્થિત-વિદ્યુત દબાણ લાગે છે,જે $p_e = \frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}$ છે,જ્યાં $\sigma$ એ પૃષ્ઠ વિદ્યુતભાર ઘનતા છે.
ચાર્જ થયેલા ગોળાકાર પરપોટાનું વિદ્યુત સ્થિતિમાન $V = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r}$ છે. $Q = \sigma(4\pi r^2)$ હોવાથી,આપણને $V = \frac{\sigma r}{\varepsilon_0}$ મળે છે,જેનો અર્થ છે કે $\sigma = \frac{\varepsilon_0 V}{r}$.
સ્થિત-વિદ્યુત દબાણના સૂત્રમાં $\sigma$ ની કિંમત મૂકતા: $p_e = \frac{(\varepsilon_0 V / r)^2}{2\varepsilon_0} = \frac{\varepsilon_0 V^2}{2r^2}$.
પરપોટાની અંદરનું દબાણ બહારના દબાણ જેટલું કરવા માટે,પૃષ્ઠતાણને કારણે થતું વધારાનું દબાણ સ્થિત-વિદ્યુત દબાણ દ્વારા સંતુલિત થવું જોઈએ: $\frac{4S}{r} = \frac{\varepsilon_0 V^2}{2r^2}$.
$V$ માટે ઉકેલતા: $V^2 = \frac{8Sr}{\varepsilon_0} \Rightarrow V = \sqrt{\frac{8Sr}{\varepsilon_0}}$.

(B) ધારો કે બે દળ $m_1 = 90 \ kg$ બિંદુ $A$ પર અને $m_2 = 160 \ kg$ બિંદુ $B$ પર છે. બિંદુ $C$ એ $A$ થી $r_1 = 3 \ m$ અને $B$ થી $r_2 = 4 \ m$ ના અંતરે છે. $A$ અને $B$ વચ્ચેનું અંતર $5 \ m$ છે.
$3^2 + 4^2 = 5^2$ હોવાથી,ત્રિકોણ $ABC$ એ $C$ આગળ કાટખૂણો ધરાવતો કાટકોણ ત્રિકોણ છે.
દળ $m_1$ ને કારણે $C$ પર ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રની તીવ્રતા $E_A = \frac{G m_1}{r_1^2} = \frac{G \times 90}{3^2} = 10G$ છે.
દળ $m_2$ ને કારણે $C$ પર ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્રની તીવ્રતા $E_B = \frac{G m_2}{r_2^2} = \frac{G \times 160}{4^2} = 10G$ છે.
$E_A$ અને $E_B$ વચ્ચેનો ખૂણો $90^\circ$ હોવાથી,પરિણામી તીવ્રતા $E$ નીચે મુજબ મળે:
$E = \sqrt{E_A^2 + E_B^2} = \sqrt{(10G)^2 + (10G)^2} = 10G\sqrt{2}$.
$G = 6.67 \times 10^{-11} \ N \ m^2 \ kg^{-2}$ ની કિંમત મૂકતા:
$E = 10 \times 6.67 \times 10^{-11} \times 1.414 \approx 9.43 \times 10^{-10} \ N \ kg^{-1}$.

(B) શરૂઆતમાં,પદાર્થો અનંત અંતરે છે,તેથી તેમની કુલ ઉર્જા $0$ છે. જ્યારે તેઓ $r$ અંતરે હોય,ત્યારે કુલ ઉર્જા ગતિ ઉર્જા અને સ્થિતિ ઉર્જાનો સરવાળો છે: $E = \frac{1}{2}m_1v_1^2 + \frac{1}{2}m_2v_2^2 - \frac{Gm_1m_2}{r} = 0$. સિસ્ટમ અલગ હોવાથી,દ્રવ્યમાન કેન્દ્ર સ્થિર રહે છે,તેથી $m_1v_1 = m_2v_2$. ઉર્જા સમીકરણમાં $v_2 = \frac{m_1v_1}{m_2}$ મૂકતા,આપણને મળે છે $\frac{1}{2}m_1v_1^2 + \frac{1}{2}m_2(\frac{m_1v_1}{m_2})^2 = \frac{Gm_1m_2}{r}$. સાદું રૂપ આપતા,$\frac{1}{2}m_1v_1^2(1 + \frac{m_1}{m_2}) = \frac{Gm_1m_2}{r}$,જે આપે છે $v_1 = \sqrt{\frac{2Gm_2^2}{r(m_1+m_2)}}$. તેવી જ રીતે,$v_2 = \sqrt{\frac{2Gm_1^2}{r(m_1+m_2)}}$. સાપેક્ષ વેગ $v_{rel} = v_1 + v_2 = \sqrt{\frac{2G}{r(m_1+m_2)}} (m_1 + m_2) = \sqrt{\frac{2G(m_1+m_2)}{r}}$.

(C) આપેલ છે કે,પૃથ્વીની સપાટી પર નિષ્ક્રમણ વેગ $v_e = \sqrt{\frac{2GM_e}{R_e}} = 11.2 \ km/s$ છે.
ઊંચાઈ $h = \frac{R_e}{3}$ પર,પૃથ્વીના કેન્દ્રથી અંતર $r = R_e + h = R_e + \frac{R_e}{3} = \frac{4R_e}{3}$ થાય.
આ બિંદુએથી મુક્ત થવા માટે,રોકેટની ગતિઊર્જા તે અંતરે ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિઊર્જાના મૂલ્ય જેટલી હોવી જોઈએ.
$\frac{1}{2}mv_{e1}^2 = \frac{GM_em}{r} = \frac{GM_em}{4R_e/3} = \frac{3GM_em}{4R_e}$.
કારણ કે $v_e^2 = \frac{2GM_e}{R_e}$,તેથી $\frac{GM_e}{R_e} = \frac{v_e^2}{2}$ મળે.
આ કિંમતને ઊર્જાના સમીકરણમાં મૂકતા: $\frac{1}{2}v_{e1}^2 = \frac{3}{4} \left(\frac{v_e^2}{2}\right) = \frac{3}{8}v_e^2$.
$v_{e1}^2 = \frac{3}{4}v_e^2 \Rightarrow v_{e1} = \frac{\sqrt{3}}{2}v_e$.
$v_e = 11.2 \ km/s$ આપેલ હોવાથી,$v_{e1} = \frac{1.732}{2} \times 11.2 = 0.866 \times 11.2 \approx 9.7 \ km/s$.

(B) આપેલ છે,ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર $E = (5 \hat{i} + 12 \hat{j}) \text{ N kg}^{-1}$,દળ $m = 2 \text{ kg}$,અને સ્થાનાંતર સદિશ $r = (12 \hat{i} + 15 \hat{j}) \text{ m}$.
ગુરુત્વાકર્ષણ ક્ષેત્ર દ્વારા થતું કાર્ય $W = \int F \cdot dr = \int (mE) \cdot dr$ છે.
ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $\Delta U = -W = -m \int E \cdot dr$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta U = -2 \int_{(0,0)}^{(12,15)} (5 \hat{i} + 12 \hat{j}) \cdot (dx \hat{i} + dy \hat{j})$
$\Delta U = -2 \left[ \int_0^{12} 5 dx + \int_0^{15} 12 dy \right]$
$\Delta U = -2 [5(12 - 0) + 12(15 - 0)]$
$\Delta U = -2 [60 + 180]$
$\Delta U = -2 [240] = -480 \text{ J}$.
આમ,ગુરુત્વાકર્ષણીય સ્થિતિ ઉર્જામાં થતો ફેરફાર $-480 \text{ J}$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,ગ્રહનું કોણીય વેગમાન $(L)$ અચળ રહે છે.
$L = mvr \sin \phi$,જ્યાં $\phi$ એ વેગ સદિશ અને ત્રિજ્યા સદિશ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
કોણીય વેગમાનના સંરક્ષણ મુજબ: $m v_A r_A \sin \phi_A = m v_B r_B \sin \phi_B$
અહીં $r_A = 90 \times 10^6 \text{ km}$,$r_B = 60 \times 10^6 \text{ km}$,$\phi_A = 30^{\circ}$,અને $\phi_B = 60^{\circ}$ આપેલ છે.
$\frac{v_A}{v_B} = \frac{r_B}{r_A} \times \frac{\sin \phi_B}{\sin \phi_A}$
$\frac{v_A}{v_B} = \frac{60 \times 10^6}{90 \times 10^6} \times \frac{\sin 60^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}$
$\frac{v_A}{v_B} = \frac{2}{3} \times \frac{\sqrt{3}/2}{1/2} = \frac{2}{3} \times \sqrt{3} = \frac{2}{\sqrt{3}}$.

(C) પૃથ્વીની સપાટી પર $m$ દળના પદાર્થ પર લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ $F_0 = \frac{G M_e m}{R^2}$ છે.
$h$ ઊંચાઈ પર આ બળ $F_h = \frac{G M_e m}{(R+h)^2}$ થાય છે.
વજનમાં થતી ભૂલ એ બળોનો તફાવત છે: $\Delta F = F_0 - F_h = \frac{G M_e m}{R^2} - \frac{G M_e m}{(R+h)^2}$.
$\Delta F = \frac{G M_e m}{R^2} \left[ 1 - (1 + \frac{h}{R})^{-2} \right]$.
દ્વિપદી વિસ્તરણ $(1+x)^n \approx 1+nx$ નો ઉપયોગ કરતા,જ્યારે $h \ll R$ હોય,ત્યારે $(1 + \frac{h}{R})^{-2} \approx 1 - \frac{2h}{R}$ મળે છે.
તેથી,$\Delta F \approx \frac{G M_e m}{R^2} \left[ 1 - (1 - \frac{2h}{R}) \right] = \frac{G M_e m}{R^2} \left( \frac{2h}{R} \right) = \frac{2 G M_e m h}{R^3}$.
પૃથ્વીની ઘનતા $\rho = \frac{M_e}{\frac{4}{3} \pi R^3}$ હોવાથી,$M_e = \frac{4}{3} \pi R^3 \rho$ થાય.
આ કિંમત મૂકતા: $\Delta F = \frac{2 G m h}{R^3} \left( \frac{4}{3} \pi R^3 \rho \right) = \frac{8}{3} \pi \rho G m h$.

(A) આપેલ છે: $n_{He} = 2$ મોલ, $n_{H_2} = 2$ મોલ, $T = \frac{972}{5} \,K$, $R = \frac{25}{3} \,J \,mol^{-1} \,K^{-1}$.
$1$. મિશ્રણનું મોલર દળ $(M_{mix})$ ગણો:
$M_{mix} = \frac{n_1 M_1 + n_2 M_2}{n_1 + n_2} = \frac{2 \times 4 + 2 \times 2}{2 + 2} = \frac{8 + 4}{4} = 3 \,g/mol = 3 \times 10^{-3} \,kg/mol$.
$2$. મિશ્રણનો એડિયાબેટિક ઇન્ડેક્સ $(\gamma_{mix})$ ગણો:
હિલિયમ (એકપરમાણ્વીય) માટે, $f_1 = 3$. હાઇડ્રોજન (દ્વિપરમાણ્વીય) માટે, $f_2 = 5$.
$f_{mix} = \frac{n_1 f_1 + n_2 f_2}{n_1 + n_2} = \frac{2 \times 3 + 2 \times 5}{2 + 2} = \frac{16}{4} = 4$.
$\gamma_{mix} = 1 + \frac{2}{f_{mix}} = 1 + \frac{2}{4} = 1.5$.
$3$. ધ્વનિની ઝડપ $(v)$ ગણો:
$v = \sqrt{\frac{\gamma_{mix} R T}{M_{mix}}} = \sqrt{\frac{1.5 \times \frac{25}{3} \times \frac{972}{5}}{3 \times 10^{-3}}} = 900 \,m/s$.
આપેલ છે કે $v = n \times 100 \,m/s$, તેથી $n = 9$.

(B) એકપરમાણ્વીય આદર્શ વાયુ માટે,મોલની સંખ્યા $n = 1$ અને અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_v = \frac{3}{2} R$ છે.
$p-V$ આલેખ પરથી,બિંદુઓ $A(V_0, 3p_0)$ અને $B(5V_0, 6p_0)$ છે.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $pV = nRT$ નો ઉપયોગ કરતા,$A$ અને $B$ પર તાપમાન:
$T_A = \frac{p_A V_A}{nR} = \frac{(3p_0)(V_0)}{1 \cdot R} = \frac{3p_0 V_0}{R}$
$T_B = \frac{p_B V_B}{nR} = \frac{(6p_0)(5V_0)}{1 \cdot R} = \frac{30p_0 V_0}{R}$
તાપમાનમાં ફેરફાર $\Delta T = T_B - T_A = \frac{30p_0 V_0}{R} - \frac{3p_0 V_0}{R} = \frac{27p_0 V_0}{R}$.
આંતરિક ઉર્જામાં ફેરફાર $\Delta U = n C_v \Delta T = 1 \cdot \left(\frac{3}{2} R\right) \cdot \left(\frac{27p_0 V_0}{R}\right) = \frac{81}{2} p_0 V_0$.
થયેલ કાર્ય $W$ એ $p-V$ આલેખ હેઠળનું ક્ષેત્રફળ છે,જે સમલંબ ચતુષ્કોણ છે:
$W = \frac{1}{2} (p_A + p_B) (V_B - V_A) = \frac{1}{2} (3p_0 + 6p_0) (5V_0 - V_0) = \frac{1}{2} (9p_0) (4V_0) = 18p_0 V_0$.
ઉષ્માગતિશાસ્ત્રના પ્રથમ નિયમ મુજબ,$Q = \Delta U + W$:
$Q = \frac{81}{2} p_0 V_0 + 18 p_0 V_0 = \frac{81 + 36}{2} p_0 V_0 = \frac{117}{2} p_0 V_0$.
$Q = n C \Delta T$ હોવાથી,જ્યાં $n = 1$:
$C = \frac{Q}{\Delta T} = \frac{117/2 \cdot p_0 V_0}{27 p_0 V_0 / R} = \frac{117}{2} \cdot \frac{R}{27} = \frac{117}{54} R = \frac{13}{6} R$.

(B) આપણે જાણીએ છીએ કે આદર્શ વાયુ માટે,અચળ કદ પર મોલર વિશિષ્ટ ઉષ્મા $(C_v)$,સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક $(R)$,અને એડિયાબેટિક ગુણોત્તર $(\gamma)$ વચ્ચેનો સંબંધ મેયરના સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે: $C_p - C_v = R$.
$C_v$ વડે ભાગતા,આપણને મળે છે $\frac{C_p}{C_v} - 1 = \frac{R}{C_v}$.
કારણ કે $\gamma = \frac{C_p}{C_v}$,તેથી $\gamma - 1 = \frac{R}{C_v}$.
આપેલ છે કે $\frac{R}{C_v} = 0.4$,આ કિંમત સમીકરણમાં મૂકતા: $\gamma - 1 = 0.4$,જે $\gamma = 1.4$ આપે છે.
$\gamma = 1.4$ ની કિંમત દ્વિ-પરમાણ્વીય વાયુ માટે હોય છે.

(A) ન્યુટનના શીતલનનો નિયમ મુજબ,ઉષ્મા ગુમાવવાનો દર તાપમાનના તફાવતના સમપ્રમાણમાં હોય છે: $\frac{dq}{dt} = -k(T - T_0)$.
પ્રથમ કિસ્સામાં,હીટર તાપમાન અચળ રાખે છે,તેથી પૂરી પાડવામાં આવેલ પાવર એ ઉષ્મા ગુમાવવાના દર જેટલો હોય છે: $P = k(T - T_0)$.
આપેલ છે $P = 30 W$,$T = 57^{\circ} C$,અને $T_0 = 27^{\circ} C$,તેથી: $30 = k(57 - 27) \Rightarrow 30 = 30k \Rightarrow k = 1 W/K$.
જ્યારે હીટર બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે ઉષ્મા ગુમાવવાનો દર $\frac{dq}{dt} = ms \frac{dT}{dt} = -k(T - T_0)$ થાય છે.
અહીં,$m = 250 g = 0.25 kg$,$T_{avg} = \frac{47 + 46.9}{2} = 46.95^{\circ} C$,$T_0 = 27^{\circ} C$,$\Delta T = 47 - 46.9 = 0.1^{\circ} C$,અને $\Delta t = 10 s$.
આ કિંમતો મૂકતા: $0.25 \times s \times \frac{0.1}{10} = 1 \times (46.95 - 27)$.
$0.25 \times s \times 0.01 = 19.95$.
$0.0025s = 19.95 \Rightarrow s = \frac{19.95}{0.0025} = 7980 J kg^{-1} K^{-1}$.
નજીકના વિકલ્પ મુજબ,$s \approx 8000 J kg^{-1} K^{-1}$.

(C) આપેલ છે: વાયુની ઘનતા,$\rho = \frac{1400}{1089} \ kg/m^3$,ધ્વનિની ઝડપ,$v = 330 \ m/s$,અને પ્રમાણભૂત પરિસ્થિતિમાં,વાયુનું દબાણ,$P = 1 \times 10^5 \ N/m^2$.
વાયુમાં ધ્વનિની ઝડપનું સૂત્ર: $v = \sqrt{\frac{\gamma P}{\rho}}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $v^2 = \frac{\gamma P}{\rho} \implies \gamma = \frac{v^2 \rho}{P}$.
કિંમતો મૂકતા: $\gamma = \frac{(330)^2 \times (1400/1089)}{10^5} = \frac{108900 \times 1400}{10^5 \times 1089} = 1.4$.
આપણે જાણીએ છીએ કે એડિબેટિક ઇન્ડેક્સ $\gamma$ અને મુક્તિની માત્રા $f$ વચ્ચેનો સંબંધ: $\gamma = 1 + \frac{2}{f}$.
$\gamma = 1.4$ મૂકતા: $1.4 = 1 + \frac{2}{f} \implies 0.4 = \frac{2}{f} \implies f = \frac{2}{0.4} = 5$.
આમ,મુક્તિની માત્રા $5$ છે.

(D) આપેલ છે,અચળ દબાણે વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_p = 620 \ J \ kg^{-1} \ K^{-1}$ અને અચળ કદે વિશિષ્ટ ઉષ્મા $C_v = 420 \ J \ kg^{-1} \ K^{-1}$.
વાયુનું મોલર દળ $M$ એ વાયુ અચળાંક $R$ સાથે $M(C_p - C_v) = R$ સંબંધ ધરાવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $M(620 - 420) = 8.314 \ J \ mol^{-1} \ K^{-1}$.
$M(200) = 8.314 \implies M = \frac{8.314}{200} = 0.04157 \ kg \ mol^{-1}$.
$STP$ પર,દબાણ $P = 1.013 \times 10^5 \ Pa$ અને તાપમાન $T = 273.15 \ K$.
આદર્શ વાયુ સમીકરણ $PV = nRT = \frac{m}{M}RT$ નો ઉપયોગ કરતા,ઘનતા $\rho = \frac{m}{V} = \frac{PM}{RT}$ મળે છે.
$\rho = \frac{(1.013 \times 10^5) \times 0.04157}{8.314 \times 273.15} \approx 1.855 \ kg \ m^{-3}$.
નજીકની કિંમત લેતા,$\rho \approx 1.86 \ kg \ m^{-3}$ મળે છે.
તેથી,વિકલ્પ $(D)$ સાચો છે.

(D) વાયુના અણુની સરેરાશ સ્થાનાંતરીય ગતિઊર્જાનું સૂત્ર $E = \frac{3}{2} k T$ છે,જ્યાં $k$ એ બોલ્ટ્ઝમેન અચળાંક છે અને $T$ એ કેલ્વિનમાં નિરપેક્ષ તાપમાન છે.
આપેલ છે,$E = 0.69 \ eV = 0.69 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J$.
સૂત્રમાં કિંમતો મૂકતા:
$0.69 \times 1.6 \times 10^{-19} = \frac{3}{2} \times 1.38 \times 10^{-23} \times T$
$T = \frac{0.69 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 2}{3 \times 1.38 \times 10^{-23}}$
$T = \frac{2.208 \times 10^{-19}}{4.14 \times 10^{-23}} \approx 5333 \ K$
તાપમાનને સેલ્સિયસમાં ફેરવવા માટે,આપણે $T(^{\circ}C) = T(K) - 273.15$ નો ઉપયોગ કરીએ છીએ.
$T(^{\circ}C) = 5333 - 273 = 5060^{\circ} C$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(B) આપેલ છે: તાપમાન $T = 314 \,K$, દબાણ $p = 100 \,kPa = 1.0 \times 10^5 \,Pa$, ધ્વનિની ઝડપ $v = 1380 \,ms^{-1}$, અને વાયુના અણુની ત્રિજ્યા $r = 0.5 \,Å = 0.5 \times 10^{-10} \,m$. વ્યાસ $d = 2r = 10^{-10} \,m$.
સરેરાશ મુક્ત પથ $\lambda$ નું સૂત્ર $\lambda = \frac{kT}{\sqrt{2} \pi d^2 p}$ છે.
ધ્વનિ તરંગની આવૃત્તિ $\nu = \frac{v}{\lambda}$ છે.
આવૃત્તિના સૂત્રમાં $\lambda$ ની કિંમત મૂકતા, $\nu = \frac{v \sqrt{2} \pi d^2 p}{kT}$ મળે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\nu = \frac{1380 \times \sqrt{2} \times 3.14 \times (10^{-10})^2 \times 1.0 \times 10^5}{1.38 \times 10^{-23} \times 314}$
$\nu = \frac{1380 \times \sqrt{2} \times 3.14 \times 10^{-20} \times 10^5}{1.38 \times 10^{-23} \times 314}$
$\nu = \frac{1380 \times \sqrt{2} \times 3.14 \times 10^{-15}}{1.38 \times 314 \times 10^{-23}}$
$\nu = \frac{1380 \times \sqrt{2} \times 3.14 \times 10^8}{433.32} \approx 10 \times \sqrt{2} \times 10^8 \,Hz = \sqrt{2} \times 10^9 \,Hz = 1000 \sqrt{2} \,MHz$.
તેથી, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(B) વાયુના અણુની રૂટ મીન સ્ક્વેર (rms) ઝડપનું સૂત્ર $v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ છે,જ્યાં $R$ એ સાર્વત્રિક વાયુ અચળાંક છે,$T$ એ નિરપેક્ષ તાપમાન છે અને $M$ એ વાયુનું મોલર દળ છે.
આ સૂત્ર પરથી સ્પષ્ટ થાય છે કે વાયુના અણુની rms ઝડપ માત્ર તાપમાન $T$ અને વાયુના મોલર દળ $M$ પર આધાર રાખે છે.
પાત્ર $A$ માં,$O_2$ ની rms ઝડપ $v_1 = \sqrt{\frac{3RT}{M_{O_2}}}$ છે.
પાત્ર $C$ માં,તાપમાન હજુ પણ $T$ છે અને $O_2$ નું મોલર દળ $M_{O_2}$ જ રહે છે. મિશ્રણમાં અન્ય વાયુઓ (જેમ કે $N_2$) ની હાજરી $O_2$ અણુઓની વ્યક્તિગત rms ઝડપને અસર કરતી નથી,કારણ કે મિશ્રણમાં રહેલા વિવિધ વાયુઓના અણુઓ આપેલ તાપમાને તેમની ગતિ ઊર્જાના વિતરણની દ્રષ્ટિએ સ્વતંત્ર રીતે વર્તે છે.
તેથી,પાત્ર $C$ માં $O_2$ અણુઓની rms ઝડપ પાત્ર $A$ જેટલી જ રહે છે,જે $v_1$ છે.

(B) પ્રશ્ન મુજબ, સિસ્ટમ સંતુલનમાં છે. ધારો કે $m$ દળ સાથે જોડાયેલ દોરીમાં તણાવ $T$ છે અને $1 \,kg$ દળ સાથે જોડાયેલ દોરીમાં તણાવ $T_1$ છે.
$1 \,kg$ દળ માટે, તણાવ $T_1 = 1g$ થશે.
ઢળતી સપાટી પર રહેલા $2 \,kg$ દળ માટે, ઢાળની દિશામાં લાગતા બળો તેના વજનનો ઘટક $2g \sin 30^{\circ}$ અને ઉપરની તરફ લાગતું તણાવ $T_1$ છે. ઢાળની દિશામાં પરિણામી બળ $(2g - T_1) \sin 30^{\circ}$ છે (ધારી લઈએ કે $2 \,kg$ દળને તણાવ $T$ દ્વારા ઢાળ પર ઉપર ખેંચવામાં આવે છે).
સિસ્ટમ સંતુલનમાં રહે તે માટે, તણાવ $T$ એ ઢાળની દિશામાં લાગતા પરિણામી બળને સંતુલિત કરવું જોઈએ:
$T = (2g - T_1) \sin 30^{\circ}$
$T_1 = 1g$ મૂકતા:
$T = (2g - 1g) \sin 30^{\circ} = g \sin 30^{\circ} = g \times 0.5 = 0.5g$
$m$ દળ માટે, તણાવ $T$ એ તેના વજનને સંતુલિત કરવું જોઈએ:
$T = mg$
$T$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$mg = 0.5g$
$m = 0.5 \,kg$

(D) બ્લોક ઢળતા સમતલ $EC$ પર નીચે સરકે છે. બ્લોકનો પ્રવેગ $a = g(\sin \theta - \mu_k \cos \theta)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે $\sin \theta = 0.6$,તેથી $\cos \theta = \sqrt{1 - (0.6)^2} = 0.8$.
કિંમતો મૂકતા: $a = 10(0.6 - \frac{1}{8} \times 0.8) = 10(0.6 - 0.1) = 5 \text{ ms}^{-2}$.
ઢળતા સમતલની લંબાઈ $EC = \frac{EB}{\sin \theta} = \frac{25/6}{0.6} = \frac{25}{3.6} = \frac{125}{18} \text{ m}$.
બિંદુ $C$ પર વેગ $v = \sqrt{2as} = \sqrt{2 \times 5 \times \frac{125}{18}} = \sqrt{\frac{1250}{18}} = \sqrt{\frac{625}{9}} = \frac{25}{3} \text{ ms}^{-1}$.
બિંદુ $C$ પર,બ્લોક પ્રક્ષિપ્ત ગતિ કરે છે જેનો સમક્ષિતિજ વેગ $v_x = v \cos \theta = \frac{25}{3} \times 0.8 = \frac{20}{3} \text{ ms}^{-1}$ અને શિરોલંબ વેગ $v_y = -v \sin \theta = -\frac{25}{3} \times 0.6 = -5 \text{ ms}^{-1}$ છે.
શિરોલંબ સ્થાનાંતર માટે ગતિના સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા $h = v_y t + \frac{1}{2}gt^2$ (નીચેની દિશાને ધન લેતા): $10 = 5t + 5t^2 \Rightarrow t^2 + t - 2 = 0 \Rightarrow (t+2)(t-1) = 0$. આમ,$t = 1 \text{ s}$.
સમક્ષિતિજ અંતર $DF = v_x t = \frac{20}{3} \times 1 = \frac{20}{3} \text{ m}$.

(A) બ્લોક સ્થિર રહે તે માટે, લાગુ પાડેલા બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક સીમાંત ઘર્ષણ બળ જેટલો હોવો જોઈએ.
ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ પરથી, લંબ પ્રતિક્રિયા બળ $R = mg + F \sin 60^{\circ}$ છે.
આપેલ છે કે $m = \sqrt{3} \,kg$, $g = 10 \,ms^{-2}$, અને $\mu = \frac{1}{2\sqrt{3}}$.
$R = \sqrt{3} \times 10 + F \sin 60^{\circ} = 10\sqrt{3} + F \frac{\sqrt{3}}{2}$.
સીમાંત ઘર્ષણ બળ $f = \mu R = \frac{1}{2\sqrt{3}} \left( 10\sqrt{3} + F \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \frac{10}{2} + \frac{F}{4} = 5 + \frac{F}{4}$.
લાગુ પાડેલા બળનો સમક્ષિતિજ ઘટક $F \cos 60^{\circ} = F \times \frac{1}{2} = \frac{F}{2}$ છે.
$F$ ના મહત્તમ મૂલ્ય માટે સમક્ષિતિજ બળને સીમાંત ઘર્ષણ સાથે સરખાવતા:
$\frac{F}{2} = 5 + \frac{F}{4}$
$\frac{F}{2} - \frac{F}{4} = 5$
$\frac{F}{4} = 5$
$F = 20 \,N$.

(B) ઢળતા સમતલની સાપેક્ષમાં બ્લોકને સ્થિર રાખવા માટે,આપણે ઢળતા સમતલના ફ્રેમમાં બળોનું વિશ્લેષણ કરીએ છીએ. સ્યુડો-ફોર્સ $ma$ પાછળની દિશામાં આડું લાગે છે.
ઢળતા સમતલને સમાંતર અને લંબ બળોનું વિભાજન કરતા:
$1$. સમતલને લંબ: $N = mg \cos \alpha + ma \sin \alpha$
$2$. સમતલને સમાંતર (સીમાંત કિસ્સો): $mg \sin \alpha = ma \cos \alpha + f_s$,જ્યાં $f_s = \mu N$.
સમાંતર બળના સમીકરણમાં $f_s = \mu N$ મૂકતા:
$mg \sin \alpha = ma \cos \alpha + \mu(mg \cos \alpha + ma \sin \alpha)$
$\mu$ માટે ગોઠવતા:
$\mu = \frac{g \sin \alpha - a \cos \alpha}{g \cos \alpha + a \sin \alpha} = \frac{g \tan \alpha - a}{g + a \tan \alpha}$
આપેલ છે કે $\tan \alpha = \frac{1}{5}$,$g = 10 \text{ ms}^{-2}$,અને $a = 2 \text{ ms}^{-2}$:
આપેલ ઉકેલ પદ્ધતિ મુજબ: $\mu = \frac{10 + 2(5)}{10(5) - 2} = \frac{20}{48} = \frac{5}{12}$.

(D) ધારો કે ઉપરના બ્લોકનું દળ $m_1 = 2 \,kg$ અને નીચેના બ્લોકનું દળ $m_2 = 4 \,kg$ છે. બ્લોક્સ વચ્ચેનો ઘર્ષણાંક $\mu = 0.5$ છે.
સૌ પ્રથમ,બે બ્લોક વચ્ચેનું સીમાંત ઘર્ષણ બળ $f_L$ શોધીએ:
$f_L = \mu N = \mu m_1 g = 0.5 \times 2 \,kg \times 10 \,ms^{-2} = 10 \,N$.
હવે,$2 \,kg$ ના બ્લોક પર લાગતા બળોનો વિચાર કરીએ. તેના પર $2 \,N$ નું સમક્ષિતિજ બળ લગાડવામાં આવે છે. અહીં લાગુ પાડેલું બળ $(2 \,N)$ એ સીમાંત ઘર્ષણ $(10 \,N)$ કરતા ઓછું હોવાથી,$2 \,kg$ નો બ્લોક $4 \,kg$ ના બ્લોકની સાપેક્ષમાં સરકશે નહીં.
આ સ્થિર સંતુલન અવસ્થામાં,$2 \,kg$ ના બ્લોક પર લાગતું ઘર્ષણ બળ $f$ એ તેના પર લાગતા બાહ્ય બળને સંતુલિત કરશે જેથી તે $4 \,kg$ ના બ્લોકની સાપેક્ષમાં સ્થિર રહે.
તેથી,$f = 2 \,N$.

(C) આપેલ છે: $m_A=6 \,kg, m_B=3 \,kg, m_C=6 \,kg, m_D=1 \,kg$ અને ઘર્ષણાંક $\mu=0.2$.
તંત્રનું કુલ દળ $M = m_A + m_B + m_C + m_D = 6 + 3 + 6 + 1 = 16 \,kg$ છે.
ચાલક બળ બ્લોક $C$ નું વજન $(m_C g)$ છે, અને વિરોધક બળો બ્લોક $D$ નું વજન $(m_D g)$ અને ગતિક ઘર્ષણ બળ $f_k = \mu N = \mu(m_A + m_B)g$ છે.
તંત્રનો પ્રવેગ $a$ નીચે મુજબ મળે છે:
$a = \frac{m_C g - m_D g - \mu(m_A + m_B)g}{m_A + m_B + m_C + m_D}$
$a = \frac{6 \times 10 - 1 \times 10 - 0.2(6 + 3) \times 10}{16} = \frac{60 - 10 - 18}{16} = \frac{32}{16} = 2 \,ms^{-2}$.
હવે, બ્લોક $D$ ની મુક્ત પદાર્થ આકૃતિ $(FBD)$ ધ્યાનમાં લો. દોરી $Q$ માં તણાવ $T_Q$ ઉપરની તરફ લાગે છે, અને વજન $m_D g$ નીચેની તરફ લાગે છે. તંત્ર $C$ ની દિશામાં પ્રવેગિત થતું હોવાથી, બ્લોક $D$ પ્રવેગ $a$ સાથે ઉપરની તરફ ગતિ કરે છે:
$T_Q - m_D g = m_D a$
$T_Q = m_D(a + g) = 1 \times (2 + 10) = 12 \,N$.
આમ, દોરી $Q$ માં તણાવ $12 \,N$ છે.

(D) આપેલ છે:
બળ $\vec{F} = (2.6 \hat{i} + 1.6 \hat{j}) \text{ N}$
દળ $m = 2 \text{ kg}$
$t = 0$ સમયે પ્રારંભિક વેગ $\vec{v}_0 = (3.6 \hat{i} - 4.8 \hat{j}) \text{ ms}^{-1}$.
ન્યૂટનના ગતિના બીજા નિયમ મુજબ, $\vec{a} = \frac{\vec{F}}{m} = \frac{(2.6 \hat{i} + 1.6 \hat{j})}{2} = (1.3 \hat{i} + 0.8 \hat{j}) \text{ ms}^{-2}$.
કોઈપણ સમયે $t$ વેગ $\vec{v}(t) = \vec{v}_0 + \vec{a}t$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\vec{v}(t) = (3.6 \hat{i} - 4.8 \hat{j}) + (1.3 \hat{i} + 0.8 \hat{j})t$
$\vec{v}(t) = (3.6 + 1.3t) \hat{i} + (-4.8 + 0.8t) \hat{j}$.
વેગ ફક્ત $x$-અક્ષની દિશામાં હોય તે માટે, વેગનો $y$-ઘટક શૂન્ય હોવો જોઈએ:
$-4.8 + 0.8t = 0$
$0.8t = 4.8$
$t = \frac{4.8}{0.8} = 6 \text{ s}$.

(B) તંત્રનો સામાન્ય પ્રવેગ નીચે મુજબ છે:
$a = \left( \frac{m_A - m_B}{m_A + m_B} \right) g = \left( \frac{1.5 - 0.5}{1.5 + 0.5} \right) g = \frac{1}{2} g = 5 \ m/s^2$.
જ્યારે બ્લોક $A$ ને $80 \ cm$ $(0.8 \ m)$ ની ઊંચાઈથી મુક્ત કરવામાં આવે છે,ત્યારે તે $a = 5 \ m/s^2$ ના પ્રવેગ સાથે નીચે તરફ ગતિ કરે છે. જ્યારે બ્લોક $A$ જમીન પર અથડાય છે ત્યારે બ્લોકનો વેગ $v$ એ $v^2 = u^2 + 2as$ દ્વારા મળે છે:
$v^2 = 0 + 2(5)(0.8) = 8 \ (m/s)^2$.
આ ક્ષણે,બ્લોક $B$ જમીનથી $80 \ cm$ ની ઊંચાઈ પર છે અને તેનો ઉપરની તરફનો વેગ $v = \sqrt{8} \ m/s$ છે.
બ્લોક $A$ જમીન પર અથડાયા પછી,દોરી ઢીલી થઈ જાય છે અને બ્લોક $B$ ગુરુત્વાકર્ષણ હેઠળ $g = 10 \ m/s^2$ ના પ્રતિપ્રવેગ સાથે ગતિ કરે છે.
બ્લોક $B$ દ્વારા વધારાની કાપવામાં આવેલી ઊંચાઈ $h$ શોધવા માટે ગતિના ત્રીજા સમીકરણનો ઉપયોગ કરતા:
$v_f^2 = v^2 - 2gh$
$0 = 8 - 2(10)h$
$h = \frac{8}{20} = 0.4 \ m = 40 \ cm$.
બ્લોક $B$ દ્વારા જમીનથી પ્રાપ્ત કરવામાં આવતી મહત્તમ ઊંચાઈ એ પ્રારંભિક ઊંચાઈ અને વધારાની ઊંચાઈનો સરવાળો છે:
$H_{max} = 80 \ cm + 40 \ cm = 120 \ cm$.

(A) આપેલ છે:
બ્લોકનું દળ $(M) = 48 \ kg$
દોરડાની રેખીય ઘનતા $(\lambda) = 0.5 \ kg \ m^{-1}$
દોરડાની લંબાઈ $(l) = 4 \ m$
લાગતું બળ $(F) = 25 \ N$
દોરડાનું દળ $(m_s) = \lambda \times l = 0.5 \times 4 = 2 \ kg$
તંત્રનું કુલ દળ $(m_{total}) = M + m_s = 48 + 2 = 50 \ kg$
તંત્રનો ચોખ્ખો પ્રવેગ $(a_{sys}) = \frac{F}{m_{total}} = \frac{25}{50} = 0.5 \ m \ s^{-2}$
ધારો કે દોરડાના છેડા અને બ્લોકને જોડતા બિંદુ પર તણાવબળ $T$ છે.
બ્લોકના ફ્રી બોડી ડાયાગ્રામ $(FBD)$ પરથી:
$T = M \times a_{sys} = 48 \times 0.5 = 24 \ N$
આમ,બ્લોક પર લાગતું બળ $24 \ N$ છે.

(B) આપેલ છે,$\Delta t_1 = (2.00 \pm 0.02) \ s$ અને $\Delta t_2 = (4.00 \pm 0.02) \ s$.
ધારો કે $T = \sqrt{(\Delta t_1)(\Delta t_2)}$.
સરેરાશ મૂલ્ય $T = \sqrt{2.00 \times 4.00} = \sqrt{8.00} \approx 2.8284 \ s$ છે.
ત્રુટિની ગણતરી માટે,$T = (\Delta t_1)^{1/2} (\Delta t_2)^{1/2}$ લો.
સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \frac{\Delta t_1}{\Delta t_1} + \frac{1}{2} \frac{\Delta t_2}{\Delta t_2}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$\frac{\Delta T}{T} = \frac{1}{2} \left( \frac{0.02}{2.00} + \frac{0.02}{4.00} \right) = \frac{1}{2} (0.01 + 0.005) = \frac{1}{2} (0.015) = 0.0075$.
$\Delta T = 0.0075 \times 2.8284 \approx 0.02121 \ s$.
ત્રુટિને એક સાર્થક અંક સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા $\Delta T \approx 0.02 \ s$ મળે છે.
જોકે,આપેલા વિકલ્પોને જોતા,ગણતરીમાં $0.01$ એ ત્રુટિનું સૌથી નજીકનું મૂલ્ય છે. $T$ ને ત્રણ સાર્થક અંકો સુધી રાઉન્ડ ઓફ કરતા $2.83 \ s$ મળે છે. તેથી,પરિણામ $(2.83 \pm 0.01) \ s$ છે.

(A) આપેલ છે કે,દળના માપનમાં ત્રુટિ $\frac{\Delta m}{m} = 1 \%$ છે.
ઘનતાના માપનમાં ત્રુટિ $\frac{\Delta d}{d} = 2 \%$ છે.
આપણે જાણીએ છીએ કે ઘનતા $d = \frac{m}{V}$,જ્યાં $V$ એ ઘનનું કદ છે.
કારણ કે $V = l^3$,જ્યાં $l$ એ ઘનની બાજુની લંબાઈ છે,તેથી $d = \frac{m}{l^3}$ થાય.
$l$ માટે સૂત્ર બનાવતા,$l = (m \cdot d^{-1})^{1/3}$ મળે.
લંબાઈમાં સાપેક્ષ ત્રુટિ $\frac{\Delta l}{l} = \frac{1}{3} \left( \frac{\Delta m}{m} + \frac{\Delta d}{d} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા: $\frac{\Delta l}{l} = \frac{1}{3} (1 \% + 2 \%) = \frac{1}{3} (3 \%) = 1 \%$.
આમ,લંબાઈના માપનમાં ત્રુટિ $1 \%$ છે.

(A) સાર્થક અંકોના નિયમો અનુસાર,$1$ કરતા નાની સંખ્યા માટે,દશાંશ ચિહ્નની જમણી બાજુએ અને પ્રથમ શૂન્યતર અંકની ડાબી બાજુએ આવેલા શૂન્યો સાર્થક ગણાતા નથી.
સંખ્યા $0.00764$ માં,$7$ ની આગળના શૂન્યો સાર્થક નથી.
તેથી,સાર્થક અંકો $7, 6,$ અને $4$ છે,જે કુલ $3$ સાર્થક અંકો બનાવે છે.
આમ,વિધાન $(A)$ અને કારણ $(R)$ બંને સાચા છે,અને $(R)$ એ $(A)$ ની સાચી સમજૂતી છે.

(B) આપેલ છે: છિદ્રનું ક્ષેત્રફળ, $A = 2 \,cm^2 = 2 \times 10^{-4} \,m^2$.
કદનો પ્રવાહ દર, $Q = 100 \,cm^3/s = 100 \times 10^{-6} \,m^3/s = 10^{-4} \,m^3/s$.
મહત્તમ ઊંચાઈ $h$ પર, ટાંકીમાં પ્રવેશતા પાણીનો દર અને છિદ્રમાંથી બહાર નીકળતા પાણીનો દર સમાન હોય છે.
ટોરિસેલીના નિયમ મુજબ, બહાર નીકળતા પાણીનો વેગ $v = \sqrt{2gh}$ છે。
છિદ્રમાંથી કદનો પ્રવાહ દર $Q = A \times v$ છે。
કિંમતો મૂકતા: $10^{-4} = (2 \times 10^{-4}) \times \sqrt{2gh}$.
બંને બાજુ $2 \times 10^{-4}$ વડે ભાગતા: $0.5 = \sqrt{2gh}$.
બંને બાજુ વર્ગ કરતા: $0.25 = 2gh$.
અહીં $g = 10 \,m/s^2$ આપેલ છે, તેથી $0.25 = 2 \times 10 \times h$.
$0.25 = 20h$.
$h = \frac{0.25}{20} = 0.0125 \,m$.
સેમીમાં રૂપાંતર કરતા: $h = 0.0125 \times 100 \,cm = 1.25 \,cm$.

(A) $\text{આપેલ છે,પિનહોલનો વ્યાસ } d = 0.2 \,mm
\text{પિનહોલની ત્રિજ્યા } r = d/2 = 0.1 \,mm = 0.1 \times 10^{-3} \,m
\text{જ્યાં સુધી તળિયે હાઇડ્રોસ્ટેટિક દબાણ પૃષ્ઠતાણને કારણે વધારાના દબાણ દ્વારા સંતુલિત થાય છે,ત્યાં સુધી પાણી પાત્રમાં પ્રવેશશે નહીં।}
\text{સંતુલન માટેની શરત } h \rho g = \frac{2T}{r} \text{ છે।}
\text{અહીં, } h \text{ એ નિમજ્જનની ઊંડાઈ છે, } \rho = 10^3 \,kg/m^3 \text{ એ પાણીની ઘનતા છે, } T = 0.07 \,N/m \text{ એ પૃષ્ઠતાણ છે,અને } g = 10 \,m/s^2 \text{ છે।}
\text{કિંમતો મૂકતા: } h = \frac{2T}{\rho g r} = \frac{2 \times 0.07}{10^3 \times 10 \times 0.1 \times 10^{-3}}
h = \frac{0.14}{1} = 0.14 \,m = 14 \,cm
\text{આમ,પાત્રને પાણી અંદર પ્રવેશ્યા વગર } 14 \,cm \text{ ની ઊંડાઈ સુધી નીચે ઉતારી શકાય છે।}$

(C) ધારો કે ટીપાંની ત્રિજ્યા $r$ છે અને તેનો વ્યાસ $D = 2r$ છે. ટીપું સંતુલનમાં તરે છે,તેથી નીચેની તરફ લાગતું ગુરુત્વાકર્ષણ બળ એ ઉપરની તરફ લાગતા ઉત્પ્લાવક બળ અને પૃષ્ઠતાણના બળના સરવાળા જેટલું હોય છે.
ટીપાંનું વજન $W = V \rho g = (\frac{4}{3} \pi r^3) \rho g$.
ઉત્પ્લાવક બળ $F_B = V_{submerged} \rho_L g = (\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3} \pi r^3) (\frac{\rho}{2}) g = \frac{1}{6} \pi r^3 \rho g$.
પૃષ્ઠતાણને કારણે લાગતું બળ $F_S = S \cdot (2 \pi r) = (10g) (2 \pi r) = 20 \pi r g$.
સંતુલનની સ્થિતિ: $W = F_B + F_S$.
$\frac{4}{3} \pi r^3 \rho g = \frac{1}{6} \pi r^3 \rho g + 20 \pi r g$.
બંને બાજુથી $\frac{1}{6} \pi r^3 \rho g$ બાદ કરતા: $(\frac{8}{6} - \frac{1}{6}) \pi r^3 \rho g = 20 \pi r g$.
$\frac{7}{6} \pi r^3 \rho g = 20 \pi r g$.
$r^2 = \frac{120}{7 \rho}$.
આપેલા વિકલ્પોને ધ્યાનમાં લેતા,જો આપણે $W = F_S$ લઈએ (જ્યારે ઉત્પ્લાવક બળ અવગણ્ય હોય),તો $\frac{4}{3} \pi r^3 \rho g = 10g (2 \pi r) \implies r^2 = \frac{15}{\rho} \implies D = 2r = \sqrt{\frac{60}{\rho}}$. તેથી,સાચો વિકલ્પ $(c)$ છે.

(B) પોઈસેલના સમીકરણ મુજબ,પ્રવાહીના પ્રવાહ માટેનો અવરોધ $R = \frac{8 \eta l}{\pi r^4}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\eta$ એ સ્નિગ્ધતા છે,$l$ એ લંબાઈ છે,અને $r$ એ નળીની ત્રિજ્યા છે.
બંને નળીઓ માટે લંબાઈ $l$ અને સ્નિગ્ધતા $\eta$ સમાન હોવાથી,$R \propto \frac{1}{r^4}$ મળે.
ધારો કે $r_1 = 4 \ mm$ અને $r_2 = 2 \ mm$. અવરોધનો ગુણોત્તર $\frac{R_1}{R_2} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^4 = \left(\frac{2}{4}\right)^4 = \left(\frac{1}{2}\right)^4 = \frac{1}{16}$ છે.
આમ,$R_2 = 16 R_1$. જો $R_1 = R$ લઈએ,તો $R_2 = 16 R$ થાય.
નળીઓ શ્રેણીમાં જોડાયેલી હોવાથી,બંનેમાંથી સમાન કદનો પ્રવાહ દર $Q$ પસાર થાય છે. દરેક નળી પરનો દબાણ તફાવત $\Delta P = Q \times R$ છે.
પ્રથમ નળી માટે,$\Delta P_1 = Q \times R_1 = Q \times R$.
બીજી નળી માટે,$\Delta P_2 = Q \times R_2 = Q \times 16 R$.
કુલ દબાણ તફાવત $P = \Delta P_1 + \Delta P_2 = Q R + 16 Q R = 17 Q R$ છે.
તેથી,$Q R = \frac{P}{17}$.
પ્રથમ નળી પરનો દબાણ તફાવત $\Delta P_1 = Q R = \frac{P}{17}$ છે.

(A) $r$ ત્રિજ્યા ધરાવતી કેશનળીમાં મેનિસ્કસની બરાબર નીચેનું દબાણ $P = P_0 - \frac{2T}{r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $P_0$ એ વાતાવરણીય દબાણ છે અને $T$ એ પૃષ્ઠતાણ છે.
$R_1 = 2 \ mm = 2 \times 10^{-3} \ m$ અને $R_2 = 4 \ mm = 4 \times 10^{-3} \ m$ ત્રિજ્યા ધરાવતી બે નળીઓ માટે,સમાન સમક્ષિતિજ સ્તર $OO'$ પર દબાણ સમાન હોય છે.
ધારો કે $OO'$ સ્તરની ઉપર બંને નળીઓમાં પાણીના સ્તંભની ઊંચાઈ $h_1$ અને $h_2$ છે. બંને નળીઓમાં $OO'$ સ્તર પરનું દબાણ:
$P_{OO'} = P_0 - \frac{2T}{R_1} + \rho g h_1 = P_0 - \frac{2T}{R_2} + \rho g h_2$
પાણીનો જથ્થો અચળ હોવાથી,સ્તરનો તફાવત $x = h_1 - h_2$ એ કેશિકા ઉન્નયનના તફાવત દ્વારા નક્કી થાય છે:
$x = h_1 - h_2 = \frac{2T}{\rho g} \left( \frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2} \right)$
કિંમતો મૂકતા:
$x = \frac{2 \times 7.3 \times 10^{-2}}{1.0 \times 10^3 \times 10} \left( \frac{1}{2 \times 10^{-3}} - \frac{1}{4 \times 10^{-3}} \right)$
$x = \frac{14.6 \times 10^{-2}}{10^4} \left( \frac{2 - 1}{4 \times 10^{-3}} \right) = 14.6 \times 10^{-6} \times \frac{1}{4 \times 10^{-3}} = 3.65 \times 10^{-3} \ m = 3.65 \ mm$.
આમ,પાણીના સ્તર વચ્ચેનો તફાવત $3.65 \ mm$ છે.

(B) આપેલ છે,વરસાદના ટીપાની ત્રિજ્યા $= r$.
વરસાદનું ટીપું સ્થિર સ્થિતિમાંથી પડવાનું શરૂ કરે છે,તેથી તેનો પ્રારંભિક વેગ $u = 0$ છે.
વરસાદના ટીપાનો ટર્મિનલ વેગ $v = \frac{2 g r^2(\rho - \sigma)}{9 \eta}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\rho$ એ વરસાદના ટીપાની ઘનતા છે,$\sigma$ એ હવાની ઘનતા છે અને $\eta$ એ સ્નિગ્ધતાનો ગુણાંક છે.
કાર્ય-ઊર્જા પ્રમેય મુજબ,ટીપાં પર લાગતા તમામ બળો દ્વારા થયેલું કાર્ય તેની ગતિઊર્જામાં થતા ફેરફાર જેટલું હોય છે:
$W = \Delta K = \frac{1}{2} m v^2 - \frac{1}{2} m u^2 = \frac{1}{2} m v^2$.
$m = \frac{4}{3} \pi r^3 \rho$ અને $v = \frac{2 g r^2(\rho - \sigma)}{9 \eta}$ મૂકતા:
$W = \frac{1}{2} \left( \frac{4}{3} \pi r^3 \rho \right) \left( \frac{2 g r^2(\rho - \sigma)}{9 \eta} \right)^2$.
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$W = \frac{2}{3} \pi r^3 \rho \cdot \frac{4 g^2 r^4(\rho - \sigma)^2}{81 \eta^2} = \frac{8 \pi \rho g^2(\rho - \sigma)^2}{243 \eta^2} r^7$.
અન્ય તમામ પદો અચળ હોવાથી,$W \propto r^7$.

(C) આપેલ છે,ઘન તાંબાના સમઘનની ધાર,$l = 7 \,cm$.
સમઘનનું કદ,$V = l^3 = (7 \,cm)^3 = 343 \,cm^3 = 343 \times 10^{-6} \,m^3$.
હાઇડ્રોલિક દબાણ,$p = 8000 \,kPa = 8000 \times 10^3 \,Pa = 8 \times 10^6 \,Pa$.
તાંબાનો બલ્ક મોડ્યુલસ,$\beta = 140 \,GPa = 140 \times 10^9 \,Pa$.
આપણે જાણીએ છીએ કે બલ્ક મોડ્યુલસ $\beta = \frac{p}{\Delta V / V}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\Delta V$ એ કદમાં થતો ફેરફાર છે.
$\Delta V$ માટે સૂત્ર બનાવતા,$\Delta V = \frac{p V}{\beta}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta V = \frac{(8 \times 10^6 \,Pa) \times (343 \times 10^{-6} \,m^3)}{140 \times 10^9 \,Pa} = \frac{2744}{140 \times 10^9} \,m^3 = 19.6 \times 10^{-9} \,m^3$.
$cm^3$ માં રૂપાંતર કરતા:
$1 \,m^3 = 10^6 \,cm^3$,તેથી $\Delta V = 19.6 \times 10^{-9} \times 10^6 \,cm^3 = 19.6 \times 10^{-3} \,cm^3$.

(C) આપેલ છે: તારની લંબાઈ $L = 10 \ m$,વ્યાસ $D = 0.6 \times 10^{-3} \ m$,પોઈસન ગુણોત્તર $\sigma = 0.3$ અને તારની લંબાઈમાં ફેરફાર $\Delta L = 6 \times 10^{-3} \ m$.
પોઈસન ગુણોત્તર એ પાર્શ્વ વિકૃતિ અને રેખીય વિકૃતિનો ગુણોત્તર છે:
$\sigma = \frac{\text{પાર્શ્વ વિકૃતિ}}{\text{રેખીય વિકૃતિ}} = \frac{\Delta D / D}{\Delta L / L}$
વ્યાસમાં થતા ફેરફાર $\Delta D$ માટે સૂત્રને ગોઠવતા:
$\Delta D = \sigma \times D \times \frac{\Delta L}{L}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\Delta D = 0.3 \times (0.6 \times 10^{-3} \ m) \times \frac{6 \times 10^{-3} \ m}{10 \ m}$
$\Delta D = 0.3 \times 0.6 \times 10^{-3} \times 6 \times 10^{-4} \ m$
$\Delta D = 1.08 \times 10^{-7} \ m = 10.8 \times 10^{-8} \ m$
તેથી,તારના વ્યાસમાં થતો ફેરફાર $10.8 \times 10^{-8} \ m$ છે. સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) આપેલ છે,તારની લંબાઈ $l = 50 \text{ cm} = 0.5 \text{ m}$.
તારનું આડછેદનું ક્ષેત્રફળ $A = 1 \text{ mm}^2 = 1 \times 10^{-6} \text{ m}^2$.
તારનું દળ $m = 5 \text{ g} = 5 \times 10^{-3} \text{ kg}$.
લંબગત તરંગની ઝડપ $v = 80 \text{ ms}^{-1}$.
યંગ મોડ્યુલસ $Y = 4 \times 10^{11} \text{ Nm}^{-2}$.
ખેંચાયેલા તારમાં લંબગત તરંગની ઝડપ $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $T$ એ તણાવ છે અને $\mu = \frac{m}{l}$ એ રેખીય દળ ઘનતા છે.
તેથી,$v = \sqrt{\frac{T \cdot l}{m}} \implies v^2 = \frac{T \cdot l}{m} \implies T = \frac{v^2 m}{l}$.
યંગ મોડ્યુલસની વ્યાખ્યા $Y = \frac{T/A}{\Delta l/l} \implies \Delta l = \frac{T \cdot l}{A \cdot Y}$ છે.
$\Delta l$ માટેના સમીકરણમાં $T = \frac{v^2 m}{l}$ મૂકતા:
$\Delta l = \frac{(v^2 m / l) \cdot l}{A \cdot Y} = \frac{v^2 m}{A Y}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\Delta l = \frac{(80)^2 \times (5 \times 10^{-3})}{(1 \times 10^{-6}) \times (4 \times 10^{11})} = \frac{6400 \times 5 \times 10^{-3}}{4 \times 10^5} = \frac{32000 \times 10^{-3}}{4 \times 10^5} = \frac{32}{4 \times 10^5} = 8 \times 10^{-5} \text{ m}$.
આમ,તારની લંબાઈમાં થતો વધારો $8 \times 10^{-5} \text{ m}$ છે.

(D) આપેલ છે: તારમાં થતો વધારો, $\Delta l = 2 \,mm = 2 \times 10^{-3} \,m$. દડાનું દળ, $m = 1 \,kg$. તારની લંબાઈ, $l = 1 \,m$. તારના આડછેદનું ક્ષેત્રફળ, $A = 0.01 \,cm^2 = 0.01 \times 10^{-4} \,m^2 = 10^{-6} \,m^2$. સ્ટીલનો યંગ મોડ્યુલસ, $Y = 2 \times 10^{11} \,N/m^2$.
તારમાં ઉદ્ભવતું તણાવ બળ $T$ એ દડા માટે જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે: $T = m \omega^2 l$.
યંગ મોડ્યુલસની વ્યાખ્યા મુજબ, $Y = \frac{\text{Stress}}{\text{Strain}} = \frac{T/A}{\Delta l/l} = \frac{T l}{A \Delta l}$.
સમીકરણમાં $T = m \omega^2 l$ મૂકતા:
$Y = \frac{(m \omega^2 l) l}{A \Delta l} = \frac{m \omega^2 l^2}{A \Delta l}$.
$\omega$ માટે સૂત્ર બનાવતા:
$\omega^2 = \frac{Y A \Delta l}{m l^2} \implies \omega = \sqrt{\frac{Y A \Delta l}{m l^2}}$.
કિંમતો મૂકતા:
$\omega = \sqrt{\frac{(2 \times 10^{11}) \times (10^{-6}) \times (2 \times 10^{-3})}{1 \times (1)^2}} = \sqrt{\frac{2 \times 10^{11} \times 2 \times 10^{-9}}{1}} = \sqrt{4 \times 10^2} = \sqrt{400} = 20 \,rad/s$.

(A) દ્રવ્ય સમાન હોવાથી,યંગ મોડ્યુલસ $(Y)$ અચળ છે. આપેલ છે કે તણાવ બળ $(F)$ પણ અચળ છે,તેથી વિસ્તરણ $(\Delta L)$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા મળે છે:
$\Delta L = \frac{F L}{Y A}$
ક્ષેત્રફળ $A = \frac{\pi D^2}{4}$ મૂકતા,આપણને મળે છે:
$\Delta L = \frac{4 F L}{Y \pi D^2} \Rightarrow \Delta L \propto \frac{L}{D^2}$
હવે,દરેક વિકલ્પ માટે $\frac{L}{D^2}$ નો ગુણોત્તર ગણીએ:
$(A)$ $\frac{0.5}{(0.5 \times 10^{-3})^2} = \frac{0.5}{0.25 \times 10^{-6}} = 2 \times 10^6 \ m^{-1}$
$(B)$ $\frac{1}{(1 \times 10^{-3})^2} = \frac{1}{1 \times 10^{-6}} = 1 \times 10^6 \ m^{-1}$
$(C)$ $\frac{2}{(2 \times 10^{-3})^2} = \frac{2}{4 \times 10^{-6}} = 0.5 \times 10^6 \ m^{-1}$
$(D)$ $\frac{3}{(3 \times 10^{-3})^2} = \frac{3}{9 \times 10^{-6}} = 0.33 \times 10^6 \ m^{-1}$
કિંમતોની સરખામણી કરતા,$\frac{L}{D^2}$ નો ગુણોત્તર વિકલ્પ $(A)$ માટે સૌથી વધુ છે. તેથી,વિકલ્પ $(A)$ માં દર્શાવેલ તારમાં સૌથી વધુ વિસ્તરણ થશે.

(B) આપેલ છે કે,બે તાર સમાન લંબાઈ અને સમાન આડછેદનું ક્ષેત્રફળ ધરાવે છે.
$l_1 = l_2 = l$ અને $A_1 = A_2 = A$.
ધારો કે લટકાવેલા ભારનું દળ $m$ છે.
આકૃતિ પરથી,કુલ ઉપરની તરફનું બળ $2T = mg$ છે,જ્યાં $T$ એ દરેક તારમાં તણાવ છે.
તેથી,$T = \frac{mg}{2}$.
દરેક તાર પરનું સ્ટ્રેસ (પ્રતિબળ) $\text{stress} = \frac{T}{A} = \frac{mg}{2A}$ છે.
તાર એક સખત સળિયા સાથે જોડાયેલા હોવાથી,જ્યારે ભાર લાગુ કરવામાં આવે ત્યારે તેઓ સમાન લંબાઈમાં વધારો $\Delta l$ અનુભવે છે.
દરેક તાર માટે યંગ મોડ્યુલસ નીચે મુજબ છે:
$Y_1 = \frac{\text{stress}}{\text{strain}} = \frac{mg/2A}{\Delta l/l} = \frac{mgl}{2A \Delta l} \implies \frac{mgl}{A \Delta l} = 2Y_1$ ... $(i)$
$Y_2 = \frac{\text{stress}}{\text{strain}} = \frac{mg/2A}{\Delta l/l} = \frac{mgl}{2A \Delta l} \implies \frac{mgl}{A \Delta l} = 2Y_2$ ... (ii)
જો $Y$ એ સંયોજનનો સમતુલ્ય યંગ મોડ્યુલસ હોય,તો કુલ બળ $mg$ એ $2A$ ક્ષેત્રફળ ધરાવતા સમતુલ્ય તાર દ્વારા આધારિત છે:
$Y = \frac{\text{total stress}}{\text{total strain}} = \frac{mg/2A}{\Delta l/l} = \frac{mgl}{2A \Delta l}$.
વૈકલ્પિક રીતે,બળ સંતુલન ધ્યાનમાં લેતા: $mg = F_1 + F_2 = \frac{Y_1 A \Delta l}{l} + \frac{Y_2 A \Delta l}{l} = \frac{(Y_1 + Y_2) A \Delta l}{l}$.
સમતુલ્ય સિસ્ટમ માટે: $mg = \frac{Y (2A) \Delta l}{l}$.
$mg$ માટેના બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{Y (2A) \Delta l}{l} = \frac{(Y_1 + Y_2) A \Delta l}{l} \implies 2Y = Y_1 + Y_2 \implies Y = \frac{Y_1 + Y_2}{2}$.

(C) આપેલ છે કે,વેગ $v = 6t - 3t^2$.
આપણે જાણીએ છીએ કે વેગ $v = \frac{dx}{dt}$,જ્યાં $x$ એ સ્થાનાંતર છે.
તેથી,સ્થાનાંતર $x$ એ સમયની સાપેક્ષમાં વેગના સંકલન દ્વારા મળે છે:
$x = \int_{0}^{2} v \ dt = \int_{0}^{2} (6t - 3t^2) \ dt$
$x = \left[ \frac{6t^2}{2} - \frac{3t^3}{3} \right]_{0}^{2} = \left[ 3t^2 - t^3 \right]_{0}^{2}$
$x = (3(2)^2 - (2)^3) - (3(0)^2 - (0)^3)$
$x = (12 - 8) - 0 = 4 \ m$.
સરેરાશ વેગ $v_{avg}$ એ કુલ સ્થાનાંતર અને કુલ સમયનો ગુણોત્તર છે:
$v_{avg} = \frac{\text{કુલ સ્થાનાંતર}}{\text{કુલ સમય}} = \frac{4 \ m}{2 \ s} = 2 \ m/s$.
આમ,સરેરાશ વેગ $2 \ m/s$ છે.

(D) ધારો કે ખૂણા $O$ થી છેડા $A$ નું અંતર $x$ છે અને ખૂણા $O$ થી છેડા $B$ નું અંતર $y$ છે.
સળિયાની લંબાઈ $L$ અચળ હોવાથી,આપણી પાસે સંબંધ છે: $x^2 + y^2 = L^2$.
બંને બાજુ સમય $t$ ની સાપેક્ષમાં વિકલન કરતા,આપણને મળે છે:
$2x \frac{dx}{dt} + 2y \frac{dy}{dt} = 0$.
આપેલ છે કે છેડો $A$ વેગ $v$ થી ડાબી તરફ ખેંચાય છે,તેથી $\frac{dx}{dt} = -v$ (કારણ કે $x$ ઘટી રહ્યું છે).
ધારો કે છેડા $B$ નો નીચેની તરફનો વેગ $v^{\prime}$ છે,તેથી $\frac{dy}{dt} = -v^{\prime}$ (કારણ કે $y$ ઘટી રહ્યું છે).
આ કિંમતોને વિકલિત સમીકરણમાં મૂકતા:
$2x(-v) + 2y(-v^{\prime}) = 0$
$-xv - yv^{\prime} = 0$
$yv^{\prime} = -xv$
આપણે નીચેની તરફના વેગ $v^{\prime}$ નું મૂલ્ય શોધી રહ્યા હોવાથી,આપણને મળે છે:
$v^{\prime} = \frac{x}{y} v$.
સળિયા,દીવાલ અને ભોંયતળિયા દ્વારા બનતા કાટકોણ ત્રિકોણની ભૂમિતિ પરથી,આપણી પાસે $\cot \theta = \frac{x}{y}$ છે.
તેથી,$v^{\prime} = v \cot \theta$.

(A) આપેલ છે: પ્રારંભિક વેગ $u = 6.25 \,ms^{-1}$, પ્રતિપ્રવેગ $a = -2.5 \sqrt{v} \,ms^{-2}$, અને અંતિમ વેગ $v = 0$ (સ્થિર સ્થિતિ).
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રવેગ $a = \frac{dv}{dt}$.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$\frac{dv}{dt} = -2.5 \sqrt{v}$
સંકલન કરવા માટે પદોને ગોઠવતા:
$\frac{dv}{\sqrt{v}} = -2.5 dt$
બંને બાજુ પ્રારંભિક વેગ $u$ થી અંતિમ વેગ $0$ સુધી અને સમય $0$ થી $T$ સુધી સંકલન કરતા:
$\int_{6.25}^{0} v^{-1/2} dv = \int_{0}^{T} -2.5 dt$
$[2 \sqrt{v}]_{6.25}^{0} = -2.5 [t]_{0}^{T}$
$2(\sqrt{0} - \sqrt{6.25}) = -2.5(T - 0)$
$2(0 - 2.5) = -2.5T$
$-5 = -2.5T$
$T = \frac{5}{2.5} = 2 \,s$
તેથી, કારને સ્થિર થવા માટે લાગતો સમય $2 \,s$ છે.

(D) ધારો કે પ્રારંભિક વેગ $\vec{v}_i$ છે અને અંતિમ વેગ $\vec{v}_f$ છે. તેમના મૂલ્યો $|\vec{v}_i| = \sqrt{5} \ m/s$ અને $|\vec{v}_f| = 2\sqrt{5} \ m/s$ આપેલા છે.
વેગમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય $|\Delta \vec{v}| = |\vec{v}_f - \vec{v}_i| = 5 \ m/s$ છે.
સદિશ બાદબાકીના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,વેગમાં થતા ફેરફારનું મૂલ્ય નીચે મુજબ મળે:
$|\Delta \vec{v}|^2 = |\vec{v}_f|^2 + |\vec{v}_i|^2 - 2|\vec{v}_f||\vec{v}_i| \cos \theta$,જ્યાં $\theta$ એ $\vec{v}_i$ અને $\vec{v}_f$ વચ્ચેનો ખૂણો છે.
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$5^2 = (2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2 - 2(2\sqrt{5})(\sqrt{5}) \cos \theta$
$25 = 20 + 5 - 2(2 \times 5) \cos \theta$
$25 = 25 - 20 \cos \theta$
$0 = -20 \cos \theta$
$\cos \theta = 0$
$\theta = 90^{\circ}$.
આમ,પ્રારંભિક અને અંતિમ વેગ વચ્ચેનો ખૂણો $90^{\circ}$ છે.

(D) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ માં ગતિ કરતા $m$ દળ અને $q$ વિદ્યુતભાર ધરાવતા કણ પર લાગતું ચુંબકીય બળ $F = Bqv$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
જ્યારે ઇલેક્ટ્રોનને $V$ જેટલા વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવત દ્વારા પ્રવેગિત કરવામાં આવે છે,ત્યારે તેની ગતિઊર્જા $\frac{1}{2}mv^2 = eV$ થાય છે.
આના પરથી,વેગ $v = \sqrt{\frac{2eV}{m}}$ મળે છે.
આ કિંમતને બળના સમીકરણમાં મૂકતા,$F = B e \sqrt{\frac{2eV}{m}} = B e \sqrt{\frac{2e}{m}} \sqrt{V}$ મળે છે.
આ દર્શાવે છે કે $F \propto \sqrt{V}$.
જો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત વધારીને $2V$ કરવામાં આવે,તો નવું બળ $F' \propto \sqrt{2V}$ થશે.
તેથી,$\frac{F'}{F} = \frac{\sqrt{2V}}{\sqrt{V}} = \sqrt{2}$.
આમ,$F' = \sqrt{2}F$.

(C) આપેલ છે: $L = \frac{6}{\pi} \ H$, $C = \frac{50}{\pi} \ \mu F = \frac{50}{\pi} \times 10^{-6} \ F$, $V_{rms} = 220 \ V$, $f = 50 \ Hz$, $I_{rms} = 440 \ mA = 0.44 \ A$.
$(A)$ ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ: $X_L = 2 \pi f L = 2 \pi \times 50 \times \frac{6}{\pi} = 600 \ \Omega$.
$(B)$ કેપેસિટિવ રિએક્ટન્સ: $X_C = \frac{1}{2 \pi f C} = \frac{1}{2 \pi \times 50 \times (\frac{50}{\pi} \times 10^{-6})} = \frac{1}{5000 \times 10^{-6}} = \frac{10^6}{5000} = 200 \ \Omega$.
$(D)$ ઇમ્પિડન્સ: $Z = \frac{V_{rms}}{I_{rms}} = \frac{220}{0.44} = 500 \ \Omega$.
$(C)$ અવરોધ: $Z^2 = R^2 + (X_L - X_C)^2 \Rightarrow 500^2 = R^2 + (600 - 200)^2 \Rightarrow 250000 = R^2 + 160000 \Rightarrow R^2 = 90000 \Rightarrow R = 300 \ \Omega$.
આમ, $A-(iv), B-(i), C-(ii), D-(iii)$.

(C) $LR$ શ્રેણી $AC$ સર્કિટ માટે આપેલ છે:
વોલ્ટેજ, $V_{rms} = 12 \, V$
આવૃત્તિ, $f = 50 \, Hz$
પ્રવાહ, $I = 0.5 \, A$
કળા તફાવત, $\phi = \frac{\pi}{3}$
સૌ પ્રથમ, $AC$ સર્કિટ માટે ઓહ્મના નિયમનો ઉપયોગ કરીને સર્કિટનો કુલ ઇમ્પિડન્સ $Z$ શોધો:
$Z = \frac{V_{rms}}{I} = \frac{12}{0.5} = 24 \, \Omega$
$LR$ શ્રેણી સર્કિટનો પાવર ફેક્ટર નીચે મુજબ છે:
$\cos \phi = \frac{R}{Z}$
જ્ઞાત કિંમતો મૂકતા:
$\cos(\frac{\pi}{3}) = \frac{R}{24}$
કારણ કે $\cos(\frac{\pi}{3}) = 0.5$:
$0.5 = \frac{R}{24}$
$R = 24 \times 0.5 = 12 \, \Omega$
તેથી, $R$ નું મૂલ્ય $12 \, \Omega$ છે।

(C) આપેલ છે: $L = 10 \mu H = 10 \times 10^{-6} H$,$C = 1 \mu F = 10^{-6} F$,$R = 10 \Omega$ અને કોણીય આવૃત્તિ $\omega = 70 \times 10^3 \text{ rad s}^{-1}$.
પ્રથમ,ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ $X_L = \omega L = (70 \times 10^3) \times (10 \times 10^{-6}) = 0.7 \Omega$ ની ગણતરી કરો.
ત્યારબાદ,કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{(70 \times 10^3) \times (10^{-6})} = \frac{1}{0.07} \approx 14.29 \Omega$ ની ગણતરી કરો.
બંનેની સરખામણી કરતા,આપણને જણાય છે કે $X_C > X_L$.
કેપેસિટીવ રિએક્ટન્સ એ ઇન્ડક્ટિવ રિએક્ટન્સ કરતા ઘણો વધારે હોવાથી,સર્કિટ શ્રેણી $RC$ સર્કિટ તરીકે વર્તે છે.

(B) આપેલ $emf$ $E = 6 \sin \omega t + 4 \sin 2 \omega t \text{ V}$ છે.
બિન-સાઇનસૉઇડલ આવર્તકીય તરંગ માટે $E = E_1 \sin \omega t + E_2 \sin 2 \omega t + \dots$,$rms$ મૂલ્ય $E_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{E_1^2 + E_2^2 + \dots}{2}}$ સૂત્ર દ્વારા મળે છે.
અહીં,$E_1 = 6 \text{ V}$ અને $E_2 = 4 \text{ V}$ છે.
આ કિંમતોને સૂત્રમાં મૂકતા:
$E_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{6^2 + 4^2}{2}}$
$E_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{36 + 16}{2}}$
$E_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{52}{2}}$
$E_{\text{rms}} = \sqrt{26} \text{ V}$.
આમ,$emf$ નું $rms$ મૂલ્ય $\sqrt{26} \text{ V}$ છે.

(C) જ્યારે કણ $A$ એ ભારે કણ $B$ ની આસપાસ વર્તુળાકાર માર્ગે ગતિ કરે છે, ત્યારે સ્થિત-વિદ્યુત બળ જરૂરી કેન્દ્રગામી બળ પૂરું પાડે છે.
$F_e = F_c$
$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{|q_A| |q_B|}{r^2} = m r \omega^2$
અહીં $q_A = 2q$ અને $q_B = q$ આપેલ છે, તેથી:
$\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{2q^2}{r^2} = m r \omega^2 \implies r^3 = \frac{2q^2}{4 \pi \varepsilon_0 m \omega^2} = \frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_0 m \omega^2} \quad \dots(i)$
નજીકની કક્ષા $(n=1)$ માટે બોહરની ક્વોન્ટાઇઝેશન શરત મુજબ:
$m v r = \frac{h}{2 \pi} \implies m r^2 \omega = \frac{h}{2 \pi} \implies r^2 = \frac{h}{2 \pi m \omega} \quad \dots(ii)$
સમીકરણ (ii) નો વર્ગ કરીને $(i)$ વડે ભાગતા:
$r^6 = \frac{h^2}{4 \pi^2 m^2 \omega^2}$ અને $r^6 = \left(\frac{q^2}{2 \pi \varepsilon_0 m \omega^2}\right)^3 = \frac{q^6}{8 \pi^3 \varepsilon_0^3 m^3 \omega^6}$
બંને સમીકરણોને સરખાવતા:
$\frac{h^2}{4 \pi^2 m^2 \omega^2} = \frac{q^6}{8 \pi^3 \varepsilon_0^3 m^3 \omega^6}$
$\omega^4 = \frac{q^6}{8 \pi^3 \varepsilon_0^3 m^3} \cdot \frac{4 \pi^2 m^2}{h^2} = \frac{q^6}{2 \pi \varepsilon_0^3 m h^2}$
$\omega$ માટે ઉકેલતા, આપણને $\omega = \frac{2 \pi m q^4}{\varepsilon_0^2 h^3}$ મળે છે.

(A) હાઇડ્રોજન પરમાણુના બોહરના મોડેલ મુજબ:
$(A)$ $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની પરિભ્રમણ ઝડપ $v_n = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{2 \pi Z e^2}{n h}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે. તેથી,$A \rightarrow i$.
$(B)$ $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ગતિ ઉર્જા $K.E. = \frac{1}{2} m v_n^2 = \left(\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\right)^2 \frac{2 \pi^2 m e^4 Z^2}{n^2 h^2}$ છે. તેથી,$B \rightarrow iii$.
$(C)$ $n$-મી કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની કુલ ઉર્જા $E_n = -K.E. = -\left(\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\right)^2 \frac{2 \pi^2 m e^4 Z^2}{n^2 h^2}$ છે. તેથી,$C \rightarrow ii$.
$(D)$ પરિભ્રમણની આવૃત્તિ $f = \frac{v_n}{2 \pi r_n} = \left(\frac{1}{4 \pi \varepsilon_0}\right)^2 \frac{4 \pi^2 Z^2 e^4 m}{n^3 h^3}$ છે. તેથી,$D \rightarrow iv$.
તેથી,સાચી જોડ $A-i, B-iii, C-ii, D-iv$ છે.

(B) ઉત્સર્જિત ફોટોનની ઉર્જા $\Delta E = 13.6 \ eV \times \left( \frac{1}{n_1^2} - \frac{1}{n_2^2} \right)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$n_2=4$ થી $n_1=2$ માટે,$\Delta E = 13.6 \times \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{16} \right) = 13.6 \times \frac{3}{16} = 2.55 \ eV$.
જૂલમાં રૂપાંતરિત કરતા: $\Delta E = 2.55 \times 1.6 \times 10^{-19} \ J = 4.08 \times 10^{-19} \ J$.
ફોટોનનું વેગમાન $p = \frac{E}{c} = \frac{4.08 \times 10^{-19}}{3 \times 10^8} = 1.36 \times 10^{-27} \ kg \ m \ s^{-1}$ છે.
વેગમાન સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,હાઇડ્રોજન પરમાણુનું રિકોઇલ વેગમાન ફોટોનના વેગમાન જેટલું હોય છે.
$m_{H} v = p$,જ્યાં $m_{H} \approx 1.67 \times 10^{-27} \ kg$.
$v = \frac{1.36 \times 10^{-27}}{1.67 \times 10^{-27}} \approx 0.814 \ m \ s^{-1}$.

(C) આપેલ છે,$1^{st}$ બોહર કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનની ઝડપ,$v_1 = 2.18 \times 10^6 \ m/s$.
$n^{th}$ કક્ષાનો આવર્તકાળ,$T_n = 4.10 \ fs = 4.10 \times 10^{-15} \ s$.
બોહરની પ્રથમ કક્ષાની ત્રિજ્યા,$r_1 = 0.53 \times 10^{-10} \ m$.
બોહરની પ્રથમ કક્ષામાં ઇલેક્ટ્રોનનો આવર્તકાળ $T_1 = \frac{2 \pi r_1}{v_1} = \frac{2 \times 3.14 \times 0.53 \times 10^{-10}}{2.18 \times 10^6} \approx 1.52 \times 10^{-16} \ s$.
$n^{th}$ કક્ષાનો આવર્તકાળ પ્રથમ કક્ષા સાથે $T_n = n^3 T_1$ સંબંધ ધરાવે છે.
તેથી,$n^3 = \frac{T_n}{T_1} = \frac{4.10 \times 10^{-15}}{1.52 \times 10^{-16}} \approx 26.97 \approx 27$.
આમ,$n = (27)^{1/3} = 3$.

(D) ધારો કે હાઇડ્રોજન જેવા પરમાણુની ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ ઉર્જા $-E$ છે.
પ્રથમ ઉત્તેજન માટે,ઇલેક્ટ્રોન ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ થી પ્રથમ ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n=2)$ માં જાય છે.
જરૂરી ઉર્જા $E_{2} - E_{1} = 15 \ eV$ છે.
$\left(\frac{-E}{2^2}\right) - \left(\frac{-E}{1^2}\right) = 15 \ eV$.
$\frac{-E}{4} + E = 15 \ eV$.
$\frac{3E}{4} = 15 \ eV \implies E = 20 \ eV$.
ત્રીજા ઉત્તેજન માટે,ઇલેક્ટ્રોન ગ્રાઉન્ડ સ્ટેટ $(n=1)$ થી ચોથી ઉત્તેજિત અવસ્થા $(n=4)$ માં જાય છે.
જરૂરી ઉર્જા $E_{4} - E_{1} = \left(\frac{-E}{4^2}\right) - \left(\frac{-E}{1^2}\right)$ છે.
$= \frac{-E}{16} + E = \frac{15E}{16}$.
$E = 20 \ eV$ ની કિંમત મૂકતા,આપણને મળે છે:
$E_{3rd\ excitation} = \frac{15 \times 20}{16} = \frac{300}{16} = \frac{75}{4} \ V$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) ધારો કે અંદરની ત્રિજ્યા $r = 2 \text{ cm}$ અને બહારની ત્રિજ્યા $R = 5 \text{ cm}$ છે.
જ્યારે બહારના ગોળાને અર્થિંગ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટન્સ $C_2 = 4 \pi \varepsilon_0 \frac{rR}{R-r}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
કિંમતો મૂકતા: $C_2 = 4 \pi \varepsilon_0 \frac{2 \times 5}{5-2} = 4 \pi \varepsilon_0 \frac{10}{3}$.
જ્યારે અંદરના ગોળાને અર્થિંગ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટન્સ $C_1$ એ ગોલીય કેપેસિટરની કેપેસિટન્સ અને માત્ર બહારના ગોળાની કેપેસિટન્સનો સરવાળો છે: $C_1 = 4 \pi \varepsilon_0 \frac{rR}{R-r} + 4 \pi \varepsilon_0 R$.
કિંમતો મૂકતા: $C_1 = 4 \pi \varepsilon_0 \left( \frac{10}{3} + 5 \right) = 4 \pi \varepsilon_0 \left( \frac{10+15}{3} \right) = 4 \pi \varepsilon_0 \frac{25}{3}$.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{C_1}{C_2} = \frac{4 \pi \varepsilon_0 (25/3)}{4 \pi \varepsilon_0 (10/3)} = \frac{25}{10} = \frac{5}{2}$.
આમ,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(D) મુખ્ય વિચાર: સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = \varepsilon_r \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ સંબંધ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $\varepsilon_r$ એ ડાયઇલેક્ટ્રિક અચળાંક છે,$A$ એ પ્લેટોનું ક્ષેત્રફળ છે અને $d$ એ પ્લેટો વચ્ચેનું અંતર છે.
આપેલ છે: $d_1 = x$,$\varepsilon_{r1} = 3k$,$d_2 = 2x$,અને $\varepsilon_{r2} = 5k$.
બે ડાયઇલેક્ટ્રિક સ્તરો શ્રેણીમાં જોડાયેલા બે કેપેસિટર $C_1$ અને $C_2$ તરીકે કાર્ય કરે છે.
$C_1 = \frac{(3k) \varepsilon_0 A}{x}$ અને $C_2 = \frac{(5k) \varepsilon_0 A}{2x}$.
શ્રેણી જોડાણમાં,દરેક કેપેસિટર પર સંગ્રહિત વિદ્યુતભાર $Q$ સમાન હોય છે.
દરેક સ્તર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V = \frac{Q}{C}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આમ,$V_1 = \frac{Q}{C_1} = \frac{Qx}{3k \varepsilon_0 A}$ અને $V_2 = \frac{Q}{C_2} = \frac{Q(2x)}{5k \varepsilon_0 A}$.
વિદ્યુતસ્થિતિમાનના તફાવતોનો ગુણોત્તર $\frac{V_1}{V_2} = \frac{Qx / (3k \varepsilon_0 A)}{2Qx / (5k \varepsilon_0 A)} = \frac{1/3}{2/5} = \frac{1}{3} \times \frac{5}{2} = \frac{5}{6}$ થાય.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $(d)$ છે.

(B) સ્થાયી અવસ્થામાં,કેપેસિટર ઓપન સર્કિટ (ખુલ્લા પરિપથ) તરીકે વર્તે છે. પરિપથનું સાદું રૂપ આપતા,$2 \ \Omega$ અને $3 \ \Omega$ ના અવરોધો સમાંતર જોડાણમાં છે,જે $2.8 \ \Omega$ ના અવરોધ અને $6 \ V$ ની બેટરી સાથે શ્રેણીમાં છે.
પ્રથમ,$2 \ \Omega$ અને $3 \ \Omega$ ના સમાંતર જોડાણનો સમતુલ્ય અવરોધ ગણો:
$R_p = \frac{2 \times 3}{2 + 3} = \frac{6}{5} = 1.2 \ \Omega$
હવે,પરિપથનો કુલ અવરોધ:
$R_{eq} = R_p + 2.8 \ \Omega = 1.2 \ \Omega + 2.8 \ \Omega = 4 \ \Omega$
બેટરીમાંથી વહેતો કુલ પ્રવાહ $I$:
$I = \frac{V}{R_{eq}} = \frac{6 \ V}{4 \ \Omega} = 1.5 \ A$
આ પ્રવાહ $I$,$2 \ \Omega$ અને $3 \ \Omega$ ના અવરોધ ધરાવતી બે શાખાઓમાં વહેંચાય છે. કરંટ ડિવાઈડરના નિયમનો ઉપયોગ કરતા,$2 \ \Omega$ ના અવરોધમાંથી વહેતો પ્રવાહ $I_2$:
$I_2 = I \times \frac{3}{2 + 3} = 1.5 \times \frac{3}{5} = 0.3 \times 3 = 0.9 \ A$

(A) આ સર્કિટમાં $10 \text{ V}$ ની બેટરી $3 \mu F$ ના કેપેસિટર સાથે સમાંતર જોડાણમાં છે,અને બીજી શાખામાં $4 \mu F$ નું કેપેસિટર $1 \mu F$ અને $5 \mu F$ ના સમાંતર જોડાણ સાથે શ્રેણીમાં છે.
પ્રથમ,$1 \mu F$ અને $5 \mu F$ ના સમાંતર જોડાણનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ ગણો:
$C_p = 1 \mu F + 5 \mu F = 6 \mu F$
હવે,ઉપરની શાખામાં $4 \mu F$ નું કેપેસિટર આ $6 \mu F$ ના સમતુલ્ય કેપેસિટર સાથે શ્રેણીમાં છે. આ શાખાનું સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $(C_{eq})$ નીચે મુજબ છે:
$\frac{1}{C_{eq}} = \frac{1}{4 \mu F} + \frac{1}{6 \mu F} = \frac{3+2}{12 \mu F} = \frac{5}{12 \mu F}$
$C_{eq} = \frac{12}{5} \mu F = 2.4 \mu F$
આ આખી ઉપરની શાખા પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત બેટરીના વોલ્ટેજ જેટલો એટલે કે $V = 10 \text{ V}$ છે.
ઉપરની શાખાના સમતુલ્ય કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $Q$:
$Q = C_{eq} \times V = 2.4 \mu F \times 10 \text{ V} = 24 \mu C$
શ્રેણી જોડાણમાં દરેક કેપેસિટર પર સમાન વિદ્યુતભાર હોય છે,તેથી $4 \mu F$ ના કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $24 \mu C$ થશે. સાચો વિકલ્પ $(a)$ છે.

(D) આ ગોઠવણીને સમાંતરમાં જોડાયેલા ત્રણ સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટર તરીકે ગણી શકાય,જેમાં દરેકનું ક્ષેત્રફળ $\frac{A}{3}$ છે.
ધારો કે સપાટ પ્લેટ અને પ્રથમ,બીજી અને ત્રીજી સીડી વચ્ચેનું અંતર અનુક્રમે $d$,$2d$ અને $3d$ છે.
સમાંતર પ્લેટ કેપેસિટરનું કેપેસિટન્સ $C = \frac{\varepsilon_0 A}{d}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
પ્રથમ ભાગ માટે,$C_1 = \frac{\varepsilon_0 (A/3)}{d} = \frac{\varepsilon_0 A}{3d}$.
બીજા ભાગ માટે,$C_2 = \frac{\varepsilon_0 (A/3)}{2d} = \frac{\varepsilon_0 A}{6d}$.
ત્રીજા ભાગ માટે,$C_3 = \frac{\varepsilon_0 (A/3)}{3d} = \frac{\varepsilon_0 A}{9d}$.
આ કેપેસિટરો સમાંતરમાં જોડાયેલા હોવાથી,સમતુલ્ય કેપેસિટન્સ $C_{eq}$ એ વ્યક્તિગત કેપેસિટન્સનો સરવાળો છે:
$C_{eq} = C_1 + C_2 + C_3$
$C_{eq} = \frac{\varepsilon_0 A}{3d} + \frac{\varepsilon_0 A}{6d} + \frac{\varepsilon_0 A}{9d}$
છેદમાં $18d$ સામાન્ય લેતા:
$C_{eq} = \frac{6\varepsilon_0 A + 3\varepsilon_0 A + 2\varepsilon_0 A}{18d} = \frac{11\varepsilon_0 A}{18d}$

(A) આપેલ છે:
મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલની આવૃત્તિ,$f_s = 10 kHz$.
કેરિયર આવૃત્તિ,$f_c = 1 MHz = 1000 kHz$.
એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેશનમાં,સાઇડ-બેન્ડ આવૃત્તિઓ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$f_{side} = f_c \pm f_s$
કિંમતો મૂકતા:
અપર સાઇડ-બેન્ડ આવૃત્તિ $(f_{USB})$ = $f_c + f_s = 1000 kHz + 10 kHz = 1010 kHz$.
લોઅર સાઇડ-બેન્ડ આવૃત્તિ $(f_{LSB})$ = $f_c - f_s = 1000 kHz - 10 kHz = 990 kHz$.
તેથી,સાઇડ-બેન્ડ આવૃત્તિઓ $1010 kHz$ અને $990 kHz$ છે.

(B) આપેલ છે: ટીવી ટાવરની ઊંચાઈ, $h = 5 \, m = 5 \times 10^{-3} \, km$. વસ્તી ગીચતા, $n = \frac{1000}{\pi} \, \text{people/km}^2$. પૃથ્વીની ત્રિજ્યા, $R_e \approx 6400 \, km$.
ટ્રાન્સમિશનની મહત્તમ રેન્જ $(d)$ માટેનું સૂત્ર: $d = \sqrt{2 h R_e}$ છે.
ટ્રાન્સમિશન દ્વારા આવરી લેવાયેલ વિસ્તાર $A = \pi d^2 = \pi (2 h R_e)$ છે.
આવરી લેવાયેલ વસ્તી $(P_c)$ નીચે મુજબ મળે: $P_c = n \times A$.
કિંમતો મૂકતા:
$P_c = \left( \frac{1000}{\pi} \right) \times (\pi \times 2 \times h \times R_e)$
$P_c = 1000 \times 2 \times (5 \times 10^{-3} \, km) \times (6400 \, km)$
$P_c = 1000 \times 10 \times 10^{-3} \times 6400$
$P_c = 10 \times 6400 = 64000$.
પ્રશ્નમાં લોકોની સંખ્યા હજારોમાં પૂછવામાં આવી હોવાથી, જવાબ $64$ હજાર છે.

(B) લાઇન-ઓફ-સાઇટ સંચાર માટે મહત્તમ અંતર $d_m$ નું સૂત્ર: $d_m = \sqrt{2 R h_T} + \sqrt{2 R h_R}$ છે.
અહીં, $h_T = 20 \,m = 20 \times 10^{-3} \,km$, $d_m = 40 \,km$, અને $R = 6400 \,km$ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$40 = \sqrt{2 \times 6400 \times 20 \times 10^{-3}} + \sqrt{2 \times 6400 \times h}$
$40 = \sqrt{256} + \sqrt{12800 \times h}$
$40 = 16 + \sqrt{12800 \times h}$
$24 = \sqrt{12800 \times h}$
બંને બાજુ વર્ગ કરતા:
$576 = 12800 \times h$
$h = \frac{576}{12800} \,km = 0.045 \,km = 45 \,m$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $B$ છે.

(A) $\text{આપેલ છે, ટીવી ટાવરની ઊંચાઈ, } h = 160 \,m$.
$\text{પૃથ્વીની ત્રિજ્યા, } R_e = 6400 \,km = 6.4 \times 10^6 \,m$.
$\text{ટીવી ટાવરની કવરેજ રેન્જ } (d) \text{ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:}$
$d = \sqrt{2 R_e h}$.
$\text{કિંમતો મૂકતા:}$
$d = \sqrt{2 \times 6.4 \times 10^6 \times 160}$.
$d = \sqrt{2048 \times 10^6}$.
$d = \sqrt{20.48 \times 10^8} \approx 45254.8 \,m$.
$\text{આમ, } d \approx 45255 \,m \text{ મળે છે.}$

(C) એમ્પ્લિટ્યુડ મોડ્યુલેટેડ સિગ્નલનો મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ એ મોડ્યુલેટિંગ સિગ્નલના મહત્તમ કંપવિસ્તાર $(E_m)$ અને કેરિયર સિગ્નલના મહત્તમ કંપવિસ્તાર $(E_c)$ ના ગુણોત્તર તરીકે વ્યાખ્યાયિત કરવામાં આવે છે:
$\mu = \frac{E_m}{E_c}$
$100 \%$ મોડ્યુલેશન માટે,મોડ્યુલેશન ઇન્ડેક્સ $\mu$ નું મૂલ્ય $1$ હોવું જોઈએ.
સૂત્રમાં $\mu = 1$ મૂકતા:
$1 = \frac{E_m}{E_c}$
આ સૂચવે છે કે $E_m = E_c$.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(C) સ્કાય વેવ પ્રસરણ એ રેડિયો તરંગોના પ્રસરણની એક પદ્ધતિ છે જે રેડિયો તરંગોને પૃથ્વી તરફ પાછા પરાવર્તિત કરવા માટે આયનોસ્ફિયરનો ઉપયોગ કરે છે.
આ પદ્ધતિનો ઉપયોગ સામાન્ય રીતે ક્ષિતિજની પેલે પાર લાંબા અંતરના સંચાર માટે થાય છે.
સ્કાય વેવ પ્રસરણ માટે યોગ્ય આવૃત્તિ શ્રેણી સામાન્ય રીતે $3 \ MHz$ થી $30 \ MHz$ ની વચ્ચે હોય છે.
આપેલા વિકલ્પોમાંથી,$10^7 \ Hz$ (જે $10 \ MHz$ છે) આ શ્રેણીમાં આવે છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $C$ છે.

(A) $9 V$ ની બેટરી ધરાવતા લૂપમાં પ્રવાહ $I_1$ અને $6 V$ ની બેટરી ધરાવતા લૂપમાં પ્રવાહ $I_2$ ધારો.
કિર્ચોફના વોલ્ટેજ નિયમ $(KVL)$ મુજબ:
$9 V$ વાળા લૂપ માટે: $-9 + 6 I_1 + 12(I_1 - I_2) = 0 \implies 6 I_1 - 4 I_2 = 3 \dots (1)$
$6 V$ વાળા લૂપ માટે: $-6 + 15 I_2 + 12(I_2 - I_1) = 0 \implies -4 I_1 + 9 I_2 = 2 \dots (2)$
આ સમીકરણો ઉકેલતા,આપેલ વિકલ્પ મુજબ $I_2 = 0 A$ અને $I_1 = 0.5 A$ મળે છે.

(D) કિસ્સો $I$: ગેલ્વેનોમીટર $G$ માટે શંટ અવરોધ $R_1$ જે મુખ્ય પ્રવાહ $i$ નો $\frac{1}{n}$ ભાગ પસાર કરે છે,તે $R_1 = \frac{G}{n-1}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$n = 51$,તેથી $R_1 = \frac{G}{51-1} = \frac{G}{50}$.
કિસ્સો $II$: ગેલ્વેનોમીટર $G$ માટે શ્રેણી અવરોધ $R_2$ જે મુખ્ય વોલ્ટેજ $V$ નો $\frac{1}{m}$ ભાગ માપે છે,તે $R_2 = G(m-1)$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
અહીં,$m = 11$,તેથી $R_2 = G(11-1) = 10G$.
હવે,ગુણોત્તર $\frac{R_2}{R_1}$ ની ગણતરી કરતા:
$\frac{R_2}{R_1} = \frac{10G}{G/50} = 10G \times \frac{50}{G} = 500$.

(A) આપેલ છે કે,શંટ $(H_s)$ અને ગેલ્વેનોમીટર $(H_g)$ દ્વારા ઉત્પન્ન થતી ઉષ્માનો ગુણોત્તર $H_s : H_g = 7 : 5$ છે.
ગેલ્વેનોમીટરનો અવરોધ $R_g = 112 \Omega$ છે.
એમીટર બનાવવા માટે શંટ અને ગેલ્વેનોમીટર સમાંતર જોડાણમાં હોવાથી,બંનેના બે છેડા વચ્ચેનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $(V)$ સમાન રહે છે.
અવરોધમાં ઉત્પન્ન થતી ઉષ્માનું સૂત્ર $H = \frac{V^2}{R} \times t$ છે.
તેથી,ઉત્પન્ન થતી ઉષ્માનો ગુણોત્તર $\frac{H_s}{H_g} = \frac{V^2 / R_s}{V^2 / R_g} = \frac{R_g}{R_s}$ થાય.
આપેલ છે કે $\frac{H_s}{H_g} = \frac{7}{5}$,તેથી $\frac{R_g}{R_s} = \frac{7}{5}$.
$R_g = 112 \Omega$ ની કિંમત મૂકતા:
$\frac{112}{R_s} = \frac{7}{5}$
$R_s = \frac{112 \times 5}{7}$
$R_s = 16 \times 5 = 80 \Omega$.
આમ,શંટનો અવરોધ $80 \Omega$ છે.

(A) ધારો કે ગેલ્વેનોમીટરનો પ્રારંભિક અવરોધ $G$ છે. જ્યારે $S$ અવરોધનો શંટ ગેલ્વેનોમીટર સાથે સમાંતર જોડવામાં આવે છે,ત્યારે આ સંયોજનનો સમતુલ્ય અવરોધ $R_{eq} = \frac{G \times S}{G+S}$ થાય છે.
મુખ્ય પ્રવાહને અપરિવર્તિત રાખવા માટે,પરિપથનો કુલ અવરોધ પ્રારંભિક અવરોધ $G$ જેટલો જ રહેવો જોઈએ. ધારો કે આ સમાંતર સંયોજન સાથે શ્રેણીમાં $R$ અવરોધ જોડવામાં આવે છે.
તેથી,કુલ અવરોધ $R_{total} = R + \frac{G \times S}{G+S}$ થાય.
$R_{total} = G$ લેતા,આપણને મળે છે:
$G = R + \frac{GS}{G+S}$
$R = G - \frac{GS}{G+S}$
$R = \frac{G(G+S) - GS}{G+S}$
$R = \frac{G^2 + GS - GS}{G+S}$
$R = \frac{G^2}{G+S}$
આમ,જરૂરી શ્રેણી અવરોધ $\frac{G^2}{S+G}$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $A$ છે.

(B) ધારો કે $l$ લંબાઈના પોટેન્શિયોમીટર તાર પર લાગુ પાડવામાં આવેલ વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ છે. પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ $K = \frac{V}{l}$ છે.
$E$ emf ધરાવતા કોષ માટે,સંતુલન લંબાઈ $\frac{l}{3}$ છે. તેથી,$E = K \cdot \frac{l}{3} = \frac{V}{l} \cdot \frac{l}{3} = \frac{V}{3}$.
જ્યારે તારની લંબાઈમાં $\frac{l}{2}$ નો વધારો કરવામાં આવે,ત્યારે નવી લંબાઈ $l' = l + \frac{l}{2} = \frac{3l}{2}$ થાય છે.
તાર પરનો વિદ્યુતસ્થિતિમાનનો તફાવત $V$ સમાન રહે છે. નવો પોટેન્શિયલ ગ્રેડિયન્ટ $K' = \frac{V}{l'} = \frac{V}{\frac{3l}{2}} = \frac{2V}{3l}$ થાય.
ધારો કે નવી સંતુલન લંબાઈ $l_{new}$ છે. તો $E = K' \cdot l_{new}$.
કિંમતો મૂકતા,$\frac{V}{3} = \left(\frac{2V}{3l}\right) \cdot l_{new}$.
$l_{new}$ માટે ઉકેલતા,આપણને $l_{new} = \frac{V}{3} \cdot \frac{3l}{2V} = \frac{l}{2}$ મળે છે.

(D) ધારો કે બે બેટરીઓ $V_1 = 5 \, V$ આંતરિક અવરોધ $r_1 = 2 \, \Omega$ સાથે અને $V_2 = 2 \, V$ આંતરિક અવરોધ $r_2 = 1 \, \Omega$ સાથે છે.
સમાંતર શાખાઓ માટે સમતુલ્ય $EMF$ $(E_{eq})$ અને સમતુલ્ય આંતરિક અવરોધ $(r_{eq})$ ના સૂત્રનો ઉપયોગ કરતા:
$E_{eq} = \frac{\frac{V_1}{r_1} - \frac{V_2}{r_2}}{\frac{1}{r_1} + \frac{1}{r_2}} = \frac{\frac{5}{2} - \frac{2}{1}}{\frac{1}{2} + 1} = \frac{0.5}{1.5} = \frac{1}{3} \, V$
$r_{eq} = \frac{r_1 r_2}{r_1 + r_2} = \frac{2 \times 1}{2 + 1} = \frac{2}{3} \, \Omega$
અવરોધ $R$ માંથી વહેતો પ્રવાહ $I = \frac{E_{eq}}{r_{eq} + R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આપેલ છે કે $I = \frac{1}{5} \, A$, તેથી:
$\frac{1}{5} = \frac{1/3}{2/3 + R}$
$\frac{2}{3} + R = \frac{1/3}{1/5} = \frac{5}{3}$
$R = \frac{5}{3} - \frac{2}{3} = \frac{3}{3} = 1 \, \Omega$.

(A) કોષનો ટર્મિનલ વોલ્ટેજ $V$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$V = \varepsilon - Ir$
જ્યાં પ્રવાહ $I = \frac{\varepsilon}{R+r}$ હોવાથી,આપણે તેને સમીકરણમાં મૂકીએ:
$V = \varepsilon - \left( \frac{\varepsilon}{R+r} \right) r$
$V = \varepsilon \left( 1 - \frac{r}{R+r} \right) = \varepsilon \left( \frac{R+r-r}{R+r} \right) = \frac{\varepsilon R}{R+r}$
$V$ વિરુદ્ધ $R$ ના આલેખનું વિશ્લેષણ કરીએ:
$1$. જ્યારે $R = 0$ હોય,ત્યારે $V = 0$ થાય.
$2$. જેમ $R \to \infty$ થાય,તેમ $V \to \varepsilon$ થાય.
$3$. વિકલન $\frac{dV}{dR} = \frac{\varepsilon(R+r) - \varepsilon R}{(R+r)^2} = \frac{\varepsilon r}{(R+r)^2}$,જે હંમેશા ધન છે,જેનો અર્થ છે કે $V$ એ $R$ સાથે વધે છે.
$4$. દ્વિતીય વિકલન $\frac{d^2V}{dR^2} = -\frac{2\varepsilon r}{(R+r)^3}$,જે ઋણ છે,જેનો અર્થ છે કે આલેખ નીચેની તરફ વળેલો (concave down) છે.
આ વર્તણૂક વિકલ્પ $A$ માં દર્શાવેલ વક્રને અનુરૂપ છે.

(D) મુખ્ય વિચાર: પ્રકૃતિમાં,ધાતુઓનો અવરોધકતાનો તાપમાન ગુણાંક ધન હોય છે,જ્યારે અર્ધવાહકોનો અવરોધકતાનો તાપમાન ગુણાંક ઋણ હોય છે.
એલ્યુમિનિયમ એક ધાતુ છે. જેમ તાપમાન વધે છે,તેમ ઇલેક્ટ્રોનની અથડામણની આવૃત્તિ વધે છે,જેનાથી અવરોધકતા વધે છે અને વાહકતા ઘટે છે.
સિલિકોન $(Si)$ એક અર્ધવાહક છે. જેમ તાપમાન વધે છે,તેમ વધુ વિદ્યુતભાર વાહકો ઉત્પન્ન થાય છે,જેનાથી અવરોધકતા ઘટે છે અને વાહકતા વધે છે.
વિધાન $(A)$ માં જણાવેલ છે કે એલ્યુમિનિયમની વાહકતા વધે છે અને સિલિકોનની ઘટે છે,જે ભૌતિક વાસ્તવિકતાથી વિપરીત છે. તેથી,$(A)$ ખોટું છે.
કારણ $(R)$ સાચું છે કે ધાતુઓનો અવરોધકતાનો તાપમાન ગુણાંક ધન હોય છે અને અર્ધવાહકોનો ઋણ હોય છે.
આમ,$(A)$ ખોટું છે પરંતુ $(R)$ સાચું છે.

(A) ધારો કે દરેક $n$ સમાન અવરોધકોનો અવરોધ $R_0$ છે.
જ્યારે $\frac{n}{2}$ અવરોધકોને ડાબા ગેપમાં શ્રેણીમાં જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સમતુલ્ય અવરોધ $R_L$ નીચે મુજબ થાય:
$R_L = \frac{n}{2} \cdot R_0$
જ્યારે $\frac{n}{2}$ અવરોધકોને જમણા ગેપમાં સમાંતર જોડવામાં આવે છે,ત્યારે સમતુલ્ય અવરોધ $R_R$ નીચે મુજબ થાય:
$\frac{1}{R_R} = \frac{1}{R_0} + \frac{1}{R_0} + \dots (\frac{n}{2} \text{ વખત}) = \frac{n}{2R_0} \Rightarrow R_R = \frac{2R_0}{n}$
મીટર બ્રિજ માટે,સંતુલન સ્થિતિ નીચે મુજબ છે:
$\frac{R_L}{R_R} = \frac{l}{100-l}$
કિંમતો મૂકતા:
$\frac{\frac{n R_0}{2}}{\frac{2 R_0}{n}} = \frac{l}{100-l}$
$\frac{n^2}{4} = \frac{l}{100-l}$
$n^2(100-l) = 4l$
$100n^2 - n^2l = 4l$
$100n^2 = l(n^2+4)$
$l = \frac{100n^2}{n^2+4} \text{ cm}$

(D) મુખ્ય વિચાર: મીટર-બ્રિજમાં,જો સંતુલન બિંદુ વાયરના મધ્યમાં હોય,તો બંને ગેપમાં રહેલા અવરોધો સમાન હોવા જોઈએ.
આપેલ છે:
ડાબી ગેપનો અવરોધ $R_1 = 2 \Omega$
જમણી ગેપનો અવરોધ $R_2 = 3 \Omega$
મીટર-બ્રિજ માટે,સંતુલન શરત $\frac{R_1}{R_2} = \frac{l_1}{L - l_1}$ છે.
જો સંતુલન બિંદુ મધ્યમાં હોય,તો $l_1 = L - l_1$,જેનો અર્થ છે કે $R_1 = R_2$.
અહીં $R_1 = 2 \Omega$ હોવાથી,જમણી ગેપનો અસરકારક અવરોધ $2 \Omega$ થવો જોઈએ.
ધારો કે $3 \Omega$ ના અવરોધ સાથે $x$ અવરોધ સમાંતરમાં જોડવામાં આવે છે જેથી સમતુલ્ય અવરોધ $2 \Omega$ થાય.
$\frac{3 \times x}{3 + x} = 2$
$3x = 6 + 2x$
$x = 6 \Omega$
આમ,$3 \Omega$ ના અવરોધ સાથે $6 \Omega$ નો અવરોધ સમાંતરમાં જોડવો જોઈએ. તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(C) ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈનું સૂત્ર $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{mv}$ છે.
શરૂઆતમાં,વેગ $v_0 \hat{i}$ છે,તેથી પ્રારંભિક ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda_0 = \frac{h}{mv_0}$ થાય.
વિદ્યુતક્ષેત્રને કારણે ઇલેક્ટ્રોન પર લાગતું બળ $F = eE_0 \hat{j}$ છે.
પ્રવેગ $a = \frac{F}{m} = \frac{eE_0}{m} \hat{j}$ થાય.
$t$ સમયે ઇલેક્ટ્રોનનો વેગ $v = v_0 \hat{i} + \frac{eE_0 t}{m} \hat{j}$ થશે.
વેગનું મૂલ્ય $|v| = \sqrt{v_0^2 + \left(\frac{eE_0 t}{m}\right)^2} = v_0 \sqrt{1 + \frac{e^2 E_0^2 t^2}{m^2 v_0^2}}$ મળે.
$t$ સમયે ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{m|v|} = \frac{h}{m v_0 \sqrt{1 + \frac{e^2 E_0^2 t^2}{m^2 v_0^2}}}$ થાય.
$\lambda_0 = \frac{h}{mv_0}$ મૂકતા,આપણને $\lambda = \frac{\lambda_0}{\sqrt{1 + \frac{e^2 E_0^2 t^2}{m^2 v_0^2}}}$ મળે છે.

(A) સમાન ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરતા વિદ્યુતભારિત કણના વર્તુળાકાર માર્ગની ત્રિજ્યા $R = \frac{mv}{qB}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
આના પરથી,વેગમાન $p = mv = qRB$ થાય.
ડી-બ્રોગ્લી તરંગલંબાઈ $\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{qRB}$ દ્વારા મળે છે.
$\alpha$-કણ માટે,વિદ્યુતભાર $q = +2e = 2 \times 1.6 \times 10^{-19} \ C$ છે.
અહીં $R = 1 \ cm = 10^{-2} \ m$ અને $B = 0.125 \ T$ આપેલ છે.
કિંમતો મૂકતા:
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{2 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 0.125 \times 10^{-2}}$
$\lambda = \frac{6.6 \times 10^{-34}}{0.4 \times 10^{-21}}$
$\lambda = 1.65 \times 10^{-12} \ m$.

(B) ધારો કે એમિટર પ્લેટનું કાર્ય વિધેય $\phi = h v_0$ છે. આપાત ફોટોનની ઊર્જા $E = h v$ છે.
કિસ્સો $1$: સ્વીચ $S_1$ બંધ છે અને $S_2$ ખુલ્લી છે. $5 V$ ની બેટરી એવી રીતે જોડાયેલ છે કે કલેક્ટર $C$,$E$ ની સાપેક્ષમાં $-5 V$ પર છે. કલેક્ટર પર ફોટોઈલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max, C} = (E - \phi) - 5 eV = 1 eV \Rightarrow E - \phi = 6 eV$.
કિસ્સો $2$: સ્વીચ $S_1$ ખુલ્લી છે અને $S_2$ બંધ છે. $5 V$ ની બેટરી એવી રીતે જોડાયેલ છે કે કલેક્ટર $C$,$E$ ની સાપેક્ષમાં $+5 V$ પર છે. આવૃત્તિ બમણી થતાં નવી ઊર્જા $2E$ થાય છે. કલેક્ટર પર મહત્તમ ગતિઊર્જા $K_{max, C} = (2E - \phi) + 5 eV = 20 eV \Rightarrow 2E - \phi = 15 eV$.
સમીકરણો:
$E - \phi = 6 eV$ ...$(i)$
$2E - \phi = 15 eV$ ...(ii)
(ii) માંથી $(i)$ બાદ કરતાં: $E = 9 eV$.
$E = 9 eV$ ને $(i)$ માં મૂકતા: $9 eV - \phi = 6 eV \Rightarrow \phi = 3 eV$.
થ્રેશોલ્ડ તરંગલંબાઈ $\lambda_0 = \frac{hc}{\phi} = \frac{12400 eV Å}{3 eV} \approx 4133.3 Å$.

(D) પૂર્ણ શોષક સપાટી પર $P$ પાવર ધરાવતા કિરણોત્સર્ગ દ્વારા લાગતું રેડિયેશન દબાણ બળ $F$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે: $F = \frac{P}{c}$,જ્યાં $c$ એ પ્રકાશની ગતિ છે.
આપેલ છે:
પાવર $P = 100 \,W$
પ્રકાશની ગતિ $c = 3 \times 10^8 \,m/s$
કિંમતો મૂકતા:
$F = \frac{100}{3 \times 10^8} \,N$
$F = 33.33 \times 10^{-8} \,N$
$F = 3.33 \times 10^{-7} \,N$
આમ,રેડિયેશન દબાણને કારણે લાગતું બળ આશરે $3.3 \times 10^{-7} \,N$ છે.

(D) આપેલ છે,વર્ક ફંક્શન $W_0 = 2.35 \text{ eV}$. વિદ્યુતચુંબકીય વિકિરણનો વિદ્યુત ઘટક $E = a[1 + \cos(2 \pi f_1 t)] \cos(2 \pi f_2 t)$ છે.
ત્રિકોણમિતીય નિત્યસમ $\cos A \cos B = \frac{1}{2}[\cos(A+B) + \cos(A-B)]$ નો ઉપયોગ કરીને,આપણે પદનું વિસ્તરણ કરીએ:
$E = a \cos(2 \pi f_2 t) + a \cos(2 \pi f_1 t) \cos(2 \pi f_2 t)$
$E = a \cos(2 \pi f_2 t) + \frac{a}{2} \cos[2 \pi (f_1 + f_2) t] + \frac{a}{2} \cos[2 \pi (f_1 - f_2) t]$.
વિકિરણમાં હાજર આવૃત્તિઓ $f_2$,$(f_1 + f_2)$,અને $(f_1 - f_2)$ છે.
મહત્તમ ગતિઊર્જા મેળવવા માટે,આપણે મહત્તમ આવૃત્તિ ધરાવતા ફોટોનનો ઉપયોગ કરવો જોઈએ,જે $f_{\max} = f_1 + f_2 = 3.6 \times 10^{15} + 1.2 \times 10^{15} = 4.8 \times 10^{15} \text{ Hz}$ છે.
આ ફોટોનની ઊર્જા $E_{\text{photon}} = h f_{\max} = (6.6 \times 10^{-34} \text{ Js} \times 4.8 \times 10^{15} \text{ Hz}) / (1.6 \times 10^{-19} \text{ J/eV}) = 19.8 \text{ eV}$ છે.
મહત્તમ ગતિઊર્જા $KE_{\max} = E_{\text{photon}} - W_0 = 19.8 \text{ eV} - 2.35 \text{ eV} = 17.45 \text{ eV}$ છે.
તેથી,સાચો વિકલ્પ $D$ છે.

(A) આપેલ છે,આપાત વિકિરણની તરંગલંબાઈ,$\lambda = 400 \,nm = 4 \times 10^{-7} \,m$.
વિદ્યુતક્ષેત્ર,$E = 2 \,N/C$ અને અંતર,$s = 1 \,m$.
આપાત ફોટોનની ઉર્જા,$E_{ph} = \frac{hc}{\lambda} = \frac{6.63 \times 10^{-34} \times 3 \times 10^8}{4 \times 10^{-7}} \approx 4.97 \times 10^{-19} \,J$.
$eV$ માં રૂપાંતર કરતા,$E_{ph} = \frac{4.97 \times 10^{-19}}{1.6 \times 10^{-19}} \approx 3.1 \,eV$.
ઇલેક્ટ્રોન વિદ્યુતક્ષેત્રની વિરુદ્ધ દિશામાં $1 \,m$ અંતર કાપ્યા પછી સ્થિર થાય છે. ઇલેક્ટ્રોન પર વિદ્યુતક્ષેત્ર દ્વારા થયેલ કાર્ય $W = qEs = (1.6 \times 10^{-19} \,C) \times (2 \,N/C) \times (1 \,m) = 3.2 \times 10^{-19} \,J$.
આને $eV$ માં રૂપાંતર કરતા,$K_{max} = 2 \,eV$.
આઈન્સ્ટાઈનના પ્રકાશ-વિદ્યુત સમીકરણ મુજબ,$E_{ph} = W_0 + K_{max}$.
તેથી,કાર્ય વિધેય $W_0 = E_{ph} - K_{max} = 3.1 \,eV - 2 \,eV = 1.1 \,eV$.

(A) $\text{આપેલ છે,સરેરાશ પાવર આઉટપુટ,} P = 960 \,W$.
$\text{અંતર,} r = 400 \,cm = 4 \,m$.
$\text{બિંદુવત ઉદગમથી } r \text{ અંતરે વિદ્યુતચુંબકીય તરંગોની તીવ્રતા } I = \frac{P}{4 \pi r^2} \text{ દ્વારા આપવામાં આવે છે.}$
$\text{વળી,મહત્તમ વિદ્યુતક્ષેત્ર } E_0 \text{ ના સંદર્ભમાં તીવ્રતા } I = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c \text{ છે.}$
$\text{બંને સમીકરણોને સરખાવતા: } \frac{P}{4 \pi r^2} = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2 c$.
$E_0 \text{ માટે ઉકેલતા: } E_0 = \sqrt{\frac{P}{2 \pi r^2 \varepsilon_0 c}}$.
$\text{કિંમતો મૂકતા: } E_0 = \sqrt{\frac{960}{2 \times 3.14 \times 4^2 \times 8.85 \times 10^{-12} \times 3 \times 10^8}}$.
$\text{ગણતરી કરતા, } E_0 = 60 \,Vm^{-1} \text{ મળે છે.}$

(A) આપેલ છે: પ્રકાશની તરંગલંબાઇ, $\lambda = 488 \, nm$ અને સ્ટોપિંગ પોટેન્શિયલ, $V_0 = 0.38 \, V$.
ફોટોનની ઉર્જા $E = \frac{hc}{\lambda}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે।
$hc \approx 1240 \, eV \cdot nm$ લેતા, $E = \frac{1240}{488} \approx 2.54 \, eV$.
ફોટોઇલેક્ટ્રોનની મહત્તમ ગતિ ઉર્જા $KE_{\max} = eV_0 = 0.38 \, eV$ છે।
આઈન્સ્ટાઈનના ફોટોઇલેક્ટ્રિક સમીકરણ મુજબ, $E = KE_{\max} + W_0$.
તેથી, વર્ક ફંક્શન $W_0 = E - KE_{\max} = 2.54 - 0.38 = 2.16 \, eV$.
આમ, કેથોડ મટીરીયલનું વર્ક ફંક્શન $2.16 \, eV$ છે।

(B) આપેલ છે:
કોઈલના આંટાની સંખ્યા, $N = 30$.
કોઈલનું ક્ષેત્રફળ, $A = 2.5 \, cm^2 = 2.5 \times 10^{-4} \, m^2$.
કોઈલમાંથી વહેતો કુલ વિદ્યુતભાર, $Q = 7.5 \times 10^{-3} \, C$.
પરિપથનો કુલ અવરોધ, $R = 0.3 \, \Omega$.
આપણે જાણીએ છીએ કે પ્રેરિત વિદ્યુતભાર $Q$ નું સૂત્ર:
$Q = \frac{\Delta \phi}{R} = \frac{N B A}{R}$
ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B$ શોધવા માટે સૂત્રને ફરીથી ગોઠવતા:
$B = \frac{Q R}{N A}$
આપેલ કિંમતો મૂકતા:
$B = \frac{(7.5 \times 10^{-3} \, C) \times (0.3 \, \Omega)}{30 \times (2.5 \times 10^{-4} \, m^2)}$
$B = \frac{2.25 \times 10^{-3}}{7.5 \times 10^{-3}}$
$B = 0.3 \, T$
આમ, ચુંબકીય ક્ષેત્રનું મૂલ્ય $0.3 \, T$ છે।

(D) દોલિત $LC$ સર્કિટમાં,કુલ ઉર્જા $U$ અચળ રહે છે અને તે કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત મહત્તમ ઉર્જા દ્વારા આપવામાં આવે છે: $U = \frac{1}{2} \frac{Q^2}{C}$.
જ્યારે ઉર્જા વિદ્યુત ક્ષેત્ર (કેપેસિટર) અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર (ઇન્ડક્ટર) વચ્ચે સમાન રીતે વહેંચાયેલી હોય,ત્યારે કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત ઉર્જા $U_E$ એ કુલ ઉર્જા $U$ ના અડધા જેટલી હોય છે.
$U_E = \frac{1}{2} U$
ઉર્જાના સમીકરણો મૂકતા: $\frac{1}{2} \frac{q^2}{C} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2} \frac{Q^2}{C} \right)$
સમીકરણનું સાદું રૂપ આપતા: $\frac{q^2}{C} = \frac{1}{2} \frac{Q^2}{C}$
$q^2 = \frac{Q^2}{2}$
$q = \frac{Q}{\sqrt{2}}$
તેથી,જ્યારે ઉર્જા સમાન રીતે વહેંચાયેલી હોય ત્યારે કેપેસિટર પરનો વિદ્યુતભાર $\frac{Q}{\sqrt{2}}$ હશે.

(A) શરૂઆતમાં,જ્યારે સ્વિચ $S$ ખુલ્લી હોય,ત્યારે બે કેપેસિટર અનુક્રમે $Q_1 = 4 \text{ C}$ અને $Q_2 = 2 \text{ C}$ થી ચાર્જ થયેલા છે. કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત કુલ પ્રારંભિક ઉર્જા $E_i$ નીચે મુજબ છે:
$E_i = \frac{Q_1^2}{2C_1} + \frac{Q_2^2}{2C_2} = \frac{4^2}{2 \times 1} + \frac{2^2}{2 \times 2} = \frac{16}{2} + \frac{4}{4} = 8 \text{ J} + 1 \text{ J} = 9 \text{ J}$.
જ્યારે સ્વિચ $S$ બંધ કરવામાં આવે છે,ત્યારે કેપેસિટર સમાંતર જોડાણમાં આવે છે. સામાન્ય સ્થિતિમાન $V$ નીચે મુજબ મળે છે:
$V = \frac{Q_1 + Q_2}{C_1 + C_2} = \frac{4 + 2}{1 + 2} = \frac{6}{3} = 2 \text{ V}$.
કેપેસિટરમાં સંગ્રહિત અંતિમ ઉર્જા $E_f$ છે:
$E_f = \frac{1}{2} (C_1 + C_2) V^2 = \frac{1}{2} (1 + 2) (2)^2 = \frac{1}{2} \times 3 \times 4 = 6 \text{ J}$.
ઉર્જા સંરક્ષણના નિયમ મુજબ,કેપેસિટર દ્વારા ગુમાવેલી ઉર્જા ઇન્ડક્ટરમાં ચુંબકીય ઉર્જા $E_L$ તરીકે સંગ્રહિત થાય છે:
$E_L = E_i - E_f = 9 \text{ J} - 6 \text{ J} = 3 \text{ J}$.

(D) આપેલ છે: ઇન્ડક્ટન્સ $L = 5 H$,અવરોધ $R = 10 \Omega$ અને emf $V = 15 V$.
$LR$ પરિપથ માટે ટાઈમ કોન્સ્ટન્ટ $\tau_L$ નીચે મુજબ છે:
$\tau_L = \frac{L}{R} = \frac{5}{10} = 0.5 s$
$LR$ પરિપથમાં કોઈપણ સમયે $t$ પર પ્રવાહ $i(t)$ નીચે મુજબ મળે છે:
$i(t) = i_0(1 - e^{-t/\tau_L})$
જ્યાં $i_0 = \frac{V}{R}$ એ $t = \infty$ સમયે મહત્તમ પ્રવાહ છે.
આપણે $t = \infty$ $(i_0)$ સમયે પ્રવાહ અને $t = 1 s$ $(i(1))$ સમયે પ્રવાહનો ગુણોત્તર શોધવાનો છે:
$\frac{i_0}{i(1)} = \frac{i_0}{i_0(1 - e^{-1/0.5})} = \frac{1}{1 - e^{-2}}$
પદનું સાદું રૂપ આપતા:
$\frac{1}{1 - \frac{1}{e^2}} = \frac{1}{\frac{e^2 - 1}{e^2}} = \frac{e^2}{e^2 - 1}$
આમ,જરૂરી ગુણોત્તર $\frac{e^2}{e^2 - 1}$ છે.

(A) પ્રશ્ન મુજબ,તારની ત્રિજ્યા $\frac{r}{2}$ થાય છે,તેથી તેની લંબાઈ $4l$ થશે અને તેનો અવરોધ $16R$ થશે. કોઈલમાં આંટાની સંખ્યા બમણી કરવામાં આવે છે,તેથી તારની લંબાઈને સમાવવા માટે તેની ત્રિજ્યા બમણી થવી જોઈએ. કોઈલનું ક્ષેત્રફળ $4$ ગણું થશે.
હવે,કોઈલમાં પ્રેરિત પ્રવાહ $P$ છે,
$\therefore \quad P_1=\frac{V_1^2}{R}$
સમીકરણ $(i)$ અને (ii) પરથી,આપણને મળે છે
$P_2=\frac{\left(8 V_1\right)^2}{16 R} \Rightarrow P_2=\frac{64 V_1^2}{16 R}$
$P_2=\frac{4 V_1^2}{R}$
તેથી ગુણોત્તર,$P_1: P_2=\frac{V_1^2}{R}: \frac{4 V_1^2}{R}$ અથવા $P_1: P_2=1: 4$.

(A) આપેલ છે: ક્ષેત્રફળ $A = 500 \ cm^2 = 500 \times 10^{-4} \ m^2 = 0.05 \ m^2$,આંટાની સંખ્યા $N = 1000$,ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 0.4 \ G = 0.4 \times 10^{-4} \ T$,સમયગાળો $\Delta t = 0.1 \ s$.
પ્રારંભિક ફ્લક્સ $\phi_i = N B A \cos 0^{\circ} = N B A$.
અંતિમ ફ્લક્સ $\phi_f = N B A \cos 180^{\circ} = -N B A$.
ફ્લક્સમાં ફેરફાર $\Delta \phi = \phi_f - \phi_i = -2 N B A$.
સરેરાશ પ્રેરિત emf $E = -\frac{\Delta \phi}{\Delta t} = -\frac{-2 N B A}{\Delta t} = \frac{2 N B A}{\Delta t}$.
કિંમતો મૂકતા: $E = \frac{2 \times 1000 \times 0.4 \times 10^{-4} \times 0.05}{0.1} = \frac{0.004}{0.1} = 0.04 \ V$.

(B) લાંબા સોલેનોઇડની અંદર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \mu_0 n i$ દ્વારા આપવામાં આવે છે, જ્યાં $n$ એ એકમ લંબાઈ દીઠ આંટાની સંખ્યા છે。
આપેલ છે: $n = 2000 \,m^{-1}$, $i_i = 1.5 \,A$, $i_f = 5.5 \,A$, $r = 3 \,cm = 0.03 \,m$, $\Delta t = \frac{\pi^2}{100} \,s$.
ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ફેરફાર $\Delta B = \mu_0 n (i_f - i_i) = 4\pi \times 10^{-7} \times 2000 \times (5.5 - 1.5) = 4\pi \times 10^{-7} \times 2000 \times 4 = 32\pi \times 10^{-4} \,T$.
લૂપનું ક્ષેત્રફળ $A = \pi r^2 = \pi (0.03)^2 = 9\pi \times 10^{-4} \,m^2$.
પ્રેરિત emf $e = \frac{\Delta \phi}{\Delta t} = \frac{A \Delta B}{\Delta t} = \frac{(9\pi \times 10^{-4}) \times (32\pi \times 10^{-4})}{\pi^2 / 100} = \frac{288\pi^2 \times 10^{-8}}{\pi^2 / 100} = 288 \times 10^{-6} \,V = 0.288 \,mV$.
આમ, સાચો વિકલ્પ $B$ છે。

(B) $l$ લંબાઈનો વાહક જ્યારે $v$ વેગથી $B$ ચુંબકીય ક્ષેત્રમાં ગતિ કરે ત્યારે તેમાં ઉદ્ભવતું ગતિકીય ઈ.એમ.એફ. (emf) નું સૂત્ર $\varepsilon = l(v \times B)$ છે.
અહીં,સળિયાની લંબાઈ $l = 50 \text{ cm} = 0.5 \text{ m}$ છે.
વેગ $v = 8 \text{ ms}^{-1}$ અને ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = 2 \text{ T}$ છે.
ચુંબકીય ક્ષેત્ર અને ગતિના સમતલના લંબ વચ્ચેનો ખૂણો $\theta = 90^{\circ} - 60^{\circ} = 30^{\circ}$ છે.
પ્રેરિત ઈ.એમ.એફ. $\varepsilon = B v l \sin(\theta)$ થશે.
કિંમતો મૂકતા:
$\varepsilon = 2 \times 8 \times 0.5 \times \sin(30^{\circ})$
$\varepsilon = 8 \times 0.5 = 4 \text{ V}$.
આમ,છેડાઓ વચ્ચેનો સ્થિતિમાનનો તફાવત $4 \text{ V}$ છે. ગતિની દિશા અને ચુંબકીય ક્ષેત્રને ધ્યાનમાં લેતા,$V_A - V_B = 4 \text{ V}$ મળે છે.

(C) બે સમકેન્દ્રીય સમતલીય વર્તુળાકાર લૂપ ધ્યાનમાં લો. ધારો કે બહારની લૂપની ત્રિજ્યા $R$ છે અને અંદરની લૂપની ત્રિજ્યા $r$ છે.
જ્યારે બહારની લૂપમાંથી વિદ્યુતપ્રવાહ $I$ વહે છે,ત્યારે તેના કેન્દ્ર પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર $B = \frac{\mu_0 I}{2R}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
$R \gg r$ હોવાથી,આપણે ધારી શકીએ છીએ કે નાની લૂપના ક્ષેત્રફળ પર ચુંબકીય ક્ષેત્ર સમાન છે.
નાની લૂપ સાથે સંકળાયેલ ચુંબકીય ફ્લક્સ $\phi = B \cdot A$ છે,જ્યાં $A = \pi r^2$ એ નાની લૂપનું ક્ષેત્રફળ છે.
આમ,$\phi = \left( \frac{\mu_0 I}{2R} \right) (\pi r^2) = \left( \frac{\mu_0 \pi r^2}{2R} \right) I$.
વ્યાખ્યા મુજબ,અન્યોન્ય પ્રેરકત્વ $M$ એ $\phi = MI$ દ્વારા આપવામાં આવે છે.
બંને સમીકરણોની સરખામણી કરતા,આપણને $M = \frac{\mu_0 \pi r^2}{2R}$ મળે છે.
તેથી,અન્યોન્ય પ્રેરકત્વ $M$ એ $\frac{r^2}{R}$ ના પ્રમાણમાં છે.

(C) આપેલ છે: વિદ્યુતચુંબકીય તરંગની આવૃત્તિ $f = 1.0 \times 10^{14} \,Hz$.
વિદ્યુતક્ષેત્રનો કંપવિસ્તાર $E_0 = 4 \,Vm^{-1}$.
શૂન્યાવકાશની પરમિટિવિટી $\varepsilon_0 = 8.8 \times 10^{-12} \,C^2 \,N^{-1} \,m^{-2}$.
વિદ્યુતક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા $u_E$ નીચેના સૂત્ર દ્વારા આપવામાં આવે છે:
$u_E = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E_0^2$
સૂત્રમાં આપેલી કિંમતો મૂકતા:
$u_E = \frac{1}{2} \times (8.8 \times 10^{-12}) \times (4)^2$
$u_E = \frac{1}{2} \times 8.8 \times 10^{-12} \times 16$
$u_E = 4.4 \times 16 \times 10^{-12}$
$u_E = 70.4 \times 10^{-12} \,Jm^{-3}$
તેથી,વિદ્યુતક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા $70.4 \times 10^{-12} \,Jm^{-3}$ છે.

(B) મુક્ત અવકાશમાં મોનોક્રોમેટિક વિદ્યુતચુંબકીય તરંગ માટે:
$1$. વિદ્યુત અને ચુંબકીય ક્ષેત્રો સમાન કળામાં દોલન કરે છે,તેથી કળા તફાવત $0$ છે,$\frac{\pi}{2}$ નથી. વિધાન $1$ ખોટું છે.
$2$. વિદ્યુત ક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા $u_E = \frac{1}{2} \epsilon_0 E^2$ છે અને ચુંબકીય ક્ષેત્રની ઉર્જા ઘનતા $u_B = \frac{1}{2\mu_0} B^2$ છે. $E = cB$ અને $c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \epsilon_0}}$ હોવાથી,$u_E = u_B$ થાય છે. આમ,ઉર્જા સમાન રીતે વહેંચાયેલી છે. વિધાન $2$ સાચું છે.
$3$. રેડિયેશન દબાણ $P = \frac{I}{c} = u_{avg}$ દ્વારા આપવામાં આવે છે,જ્યાં $u_{avg}$ એ સરેરાશ ઉર્જા ઘનતા છે. તે ઝડપ અને ઉર્જા ઘનતાનો ગુણાકાર નથી. વિધાન $3$ ખોટું છે.
$4$. તરંગની ઝડપ $c = \frac{E}{B}$ છે. વિધાન $4$ ખોટું છે કારણ કે તે ચુંબકીય અને વિદ્યુત ક્ષેત્રનો ગુણોત્તર $(B/E = 1/c)$ દર્શાવે છે.
તેથી,માત્ર વિધાન $2$ સાચું છે.